Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
1
Feladatok val´os sz´amsorozatokkal ´es sorokkal ´Irta ´es szerkesztette: Simon Ilona Lektor´alta: Dr. Pap Margit
1.Feladatok val´os sz´amsorozatokkal A feladatgy˝ ujtem´eny c´elja a val´os sz´amsorozatokkal ´es sorokkal kapcsolatos legfontosabb feladatt´ıpusok megold´asi m´odszereinek bemutat´asa. Minden feladatt´ıpus est´en megoldott feladtokon kereszt¨ ul mutatjuk be az elj´ar´ast, melyeket gyakorl´asra sz´ant hasonl´o t´ıpus´ u feladatok k¨ovetnek. Ezeknek csak az eredm´enye tal´alhat´o meg ezen seg´edanyagban, a megold´asokhoz j´o munk´at k´ıv´anunk. A sorozat defin´ıci´ oja: A term´eszetes sz´amok halmaz´an ´ertelmezett val´os f¨ uggv´enyeket, azaz az f : N → R f¨ uggv´enyeket val´os sz´amsorozatnak nevezz¨ uk. Az f (n) helyett legt¨obbsz¨or f (n) = an -et ´ırunk, amelyet a sorozat ´altal´anos tagj´anak (n-edik tagj´anak) nevez¨ unk, ´es a sorozatot az (an , n ∈ N) m´odon jel¨olj¨ uk. Ahogyan a term´eszetes sz´amok defin´ıci´oja nem egys´eges a kl¨onb¨oz˝o szakirodalmakban, ´es ez´altal a 0-nak a term´eszetes sz´amok halmaz´ahoz tartoz´asa megegyez´esen alapul, u ´gy a sorzatok ´ertelmez´esi tartom´anya is elt´er˝o lehet a k¨ ul¨onb¨oz˝o szakirodalmakban. Mi a 0-t term´eszetes sz´amnak tekintj¨ uk, ´es jelezz¨ uk ha m´as taggal kezd˝ a sorozat. A ¡odik ¢ 1 tov´abbiakban tal´alkozni fogunk 0-dik taggal indul´ o sorozattal (Pl. , n ∈ N ); de a ¡ ¢ 2n ∗ pozit´ıv eg´eszeken ´ertelmezett sorozattal is (Pl. an = 2n−1 , n ∈ N ), itt az els˝ o taggal n ¡ ¢ √ indul a sorozat. De p´eld´aul az an = n − 5, n ≥ 5 sorozat az ¨ot¨odik taggal kezd˝odik. Korl´ atoss´ ag: Azt mondjuk, hogy az (an , n ∈ N) sorozat fel¨ ulr˝ ol korl´ atos, ha l´etezik olyan K ∈ R sz´am, hogy an ≤ K b´armely n ∈ N eset´en teljes¨ ul. Ha van olyan k ∈ R sz´am u ´gy, hogy an ≥ k b´armely n ∈ N eset´en teljes¨ ul, akkor a sorozatot alulr´ ol korl´ atosnak mondjuk. A sorozat korl´atos, ha alulr´ol is, fel¨ ulr˝ol is korl´atos. Egy fel¨ ulr˝ ol korl´atos sorozat legkisebb fels˝o korl´atj´at a sorozat fels˝ o hat´ ar´ anak vagy szupr´ emum´ anak nevezz¨ uk, m´ıg egy alulr´ol korl´atos sorozat legnagyobb als´o korl´atj´at a
2
sorozat als´ o hat´ ar´ anak vagy infimum´ anak h´ıvjuk. Ha egy sorozat fel¨ ulr˝ol nem korl´atos, akkor azt mondjuk, hogy fels˝o hat´ara +∞, alulr´ol nem korl´atos soroztat eset´en az als´o hat´ar −∞. Akkor mondjuk, hogy a sorozatnak van legkisebb eleme (m´as sz´oval: minimuma), ha van olyan α = ak eleme a sorozatnak, hogy α ≤ an b´armely n ∈ N eset´en teljes¨ ul, illetve van legnagyobb eleme (m´as sz´oval: maximuma), ha van olyan β = ak eleme a sorozatnak, hogy an ≤ β b´armely n ∈ N eset´en teljes¨ ul. Ha egy sorozatnak van maximuma, akkor ez egyben szupr´emuma is, tov´abb´a a minimum´ert´ek egyben imfimum is. Nem mindig van maximuma, ill. minimuma egy sorozatnak, de mindig rendelkezik szupr´emummal ´es imfimummal. Monotonit´ as: Az (an , n ∈ N) sorozat monoton n¨ ovekv˝ o, ha an ≤ an+1 (n ∈ N) teljes¨ ul (⇔ an+1 − an ≥ 0 minden n ∈ N est´en). Az (an , n ∈ N) sorozat monoton cs¨ okken˝ o vagy fogy´ o, ha an ≥ an+1 (n ∈ N) (⇔ an+1 − an ≤ 0 minden n ∈ N est´en). Teh´at a monotonit´as vizsg´alata az an+1 − an el˝ojelvizsg´alat´aval zajlik. Ha az an+1 − an ≥ 0 minden n-re, akkor a sorozat monoton n¨ovekv˝o, an+1 − an ≤ 0 (∀n ∈ N) eset´en pedig monoton cs¨okken˝o a vizsg´alt sorozat. A pozit´ıv tag´ u sorozatok (an > 0 (n ∈ N)) eset´en a monotonit´asvizsg´alatot v´egezhetj¨ uk n n t¨ort 1-hez val´o viszony´ıt´as´aval is. Ha aan+1 ≤ 1 b´armely n ∈ N eset´en teljes¨ ul, az aan+1 n akkor monoton n¨ovekv˝o sorozatr´ol van sz´o, ha pedig aan+1 ≥ 1 b´armely n ∈ N eset´en teljes¨ ul, akkor monoton cs¨okken˝o sorozatr´ol besz´el¨ unk. Monoton n¨ovekv˝o sorozat est´en a sorozat els˝o tagja, a1 als´o korl´atja a sorozatnak. (Ekkor a1 = min an = inf an .) Monoton cs¨okken˝o sorozat est´en pedig a1 = max an = sup an . R´ eszsorozat: Ha k : N → N szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o sorozat, akkor az (akn , n ∈ N) sorozat az (an , n ∈ N) sorozat egy r´eszsorozata. 1) Hat´arozzuk meg az al´abbi sorozatok als´o ´es fels˝o hat´ar´at, valamint a legkisebb ´es legnagyobb elem´et (a minimum´at ´es maximum´at) amennyiben felveszi azokat! µ ¶ 2n − 1 a) an = , n ∈ N∗ n µ ¶ n−2 b) bn = , n ∈ N∗ 4n µ ¶ 2n − 4 c) cn = , n ∈ N∗ 3n µ ¶ 3n + 1 d) dn = , n ∈ N∗ 4n µ ¶ 1 − (−1)n e) en = , n∈N 2
³ ´ nπ f ) fn = cos , n∈N 4 ³ ´ n g) gn = n(−1) , n ∈ N µ ¶ 1 1 1 3 1 2n − 1 h) , , , ,..., n, ,... 2 2 4 4 2 2n µ ¶ (−1)n i) , n ∈ N∗ n µ ¶ 1 ∗ j) n − , n ∈ N n
2n − 1 1 ´ ≤ 2 (n ∈ N∗ ), ´es Megold´ asok: a) Eszrevessz¨ uk, hogy an = 2 − . Mivel 1 ≤ n n
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
3
egyszer˝ u sz´amol´assal l´athat´o, hogy b´armely 1-n´el nagyobb sz´am nem als´o korl´at, ez´ert inf an = 1. Mivel az 1-et fel is veszi a sorozat, min an = 1. Tov´abb´a a sorozatnak n∈N
n∈N
fels˝o korl´atja a 2 ´es b´armely 2-n´el kisebb sz´am nem fels˝o korl´atja a sorozatnak, ez´ert sup an = 2. De mivel ezt az ´ert´eket nem veszi fel a sorozat, ez´ert a sorozatnak nincs n∈N
maximuma, teh´at max an nem l´etezik. n∈N
e) e0 = 0, e1 = 1, e2 = 0, e3 = 1, e4 = 0 ... a sorozat elemei v´altakozva a 0 ´es az 1 ´ert´ekek lesznek, ez´ert als´o hat´ara 0 ´es mivel ezt az ´ert´eket a sorozat fel is veszi, a legkisebb eleme is 0, fels˝o hat´ara ´es legnagyobb eleme 1. Teh´at sup en = max en = 1, n∈N
m´ıg inf en = min en = 0. n∈N
n∈N
n∈N
³ √ ´ √ √ √ √ f) Kisz´am´ıtjuk a sorozat n´eh´any tagj´at: f = 1, 22 , 0, − 22 , −1, − 22 , 0, 22 , 1, 22 ... Mivel a cos f¨ uggv´eny peri´odikus, s peri´odusa 2π, ez´ert a sorozat els˝o 8 eleme peri´odikusan ism´etl˝odik, ´es l´atjuk, hogy −1 ≤ fn ≤ 1 (n ∈ N). Enn´el jobb als´o ´es fels˝o korl´atot nem adhatunk, hiszen ezeket az ´ert´ekeket fel is veszi a sorozat. Ez´ert inf fn = −1, n∈N
sup fn = 1. Mivel ezen ´ert´ekeket a sorozat felveszi, van legkisebb ´es legnagyobb eleme is
n∈N
a sorozatnak: min fn = −1 ´es max fn = 1. n∈N
n∈N
1 1 , g4 = 4, g5 = , g6 = 6, . . . l´atjuk, hogy a sorozat 3 5 1 p´aratlan tagjaib´ol ´all´o r´eszsorozat az 1-t˝ol a 0-hoz k¨ozeledik (g2n+1 = (n ∈ N)), 2n + 1 m´ıg a p´aros sorsz´am´ u tagok alkotta r´eszsorozat (g2n = 2n (n ∈ N)) fel¨ ulr˝ol nem korl´atos, ez´ert a sorozat fels˝o hat´ara: sup gn = +∞, s nincs legnagyobb eleme. Als´o hat´ara: g) g0 = 0, g1 = 1, g2 = 2, g3 =
n∈N
1 inf gn = 0, hiszen 0 < ´es 0 < 2n (n ∈ N) tov´abb´a b´armely pozit´ıv sz´am nem als´o n∈N 2n + 1 ´ g0 = 0 miatt van legkisebb eleme, min gn = 0. korl´at. Am n∈N
h) Itt u ´jra k´et r´eszsorozatr´ol ´erdemes besz´elni: m´ıg a p´aratlan tagok monoton n¨ovekv˝oen 1 az 1-hez k¨ozel´ıtenek, addig a p´arosak monoton cs¨okken˝oen a 0-hoz (h2n = 2n+1 , h2n+1 = 2n+1 2 −1 ∗ (n ∈ N )) Ez´ert inf hn = 0, sup hn = 1, a sorozatnak legkisebb ´es legnagyobb 22n+1 n∈N
n∈N
eleme nincsen, mert a 0-t, illetve az 1-et nem veszik fel a sorozat elemei. 2) Vizsg´aljuk az al´abbi sorozatok korl´atoss´ag´at ´es monotonit´as´at; hat´arozzuk meg als´o ´es fels˝o korl´atait- amennyiben l´eteznek ezek! n−1 , n ∈ N∗ n 2n + 3 , n ∈ N∗ b) bn = n n−8 c) cn = , n ∈ N∗ 4n a) an =
2n + 4 , n ∈ N∗ 3n 2n e) en = 2 , n ∈ N∗ n +1 2n2 + 1 f ) fn = 2 ,n ∈ N n +2 d) dn =
4
g) gn =
2n ,n ∈ N n!
1 h) hn = 1 + (−1)n + (−1)n , n ∈ N∗ n 1 ∗ i) in = n − , n ∈ N n (−1)n j) jn = , n ∈ N∗ n k) kn+2 = kn+1 + 2 · kn2 (n ∈ N), k0 < k1 n n−1 1 − = > 0 (n ∈ N∗ ), teh´at a n+1 n n(n + 1) ∗ sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. A 0 ≤ n−1 otlens´eg miatt a n < 1 (n ∈ N ) egyenl˝ sorozat alulr´ol ´es fel¨ ulr˝ol is korl´atos, als´o korl´atnak megfelel az a1 = 0, de b´armely enn´el n−1 kisebb sz´am is, fels˝o korl´at pl. az 1, hiszen < 1 mivel az n − 1 < n igaz minden n n ≥ 1-re. 2n + 2 2n −2n2 − 2n + 2 e) Mivel en+1 − en = − 2 = 2 < 0 (n ∈ N∗ ), 2 (n + 1) + 1 n +1 (n + 2n + 2)(n2 + 1) szigor´ uan monoton cs¨okken˝o sorozatot kaptunk, melynek fels˝o korl´atja az els˝o tagja, e1 = 1, als´o korl´atja is van: pl. a 0, hiszen ha a sz´aml´al´o is, a nevez˝o is pozit´ıv, akkor az 2n en = 2 > 0. A sorozat teh´at korl´atos. n +1 f) A sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, als´o korl´atja: f0 = 21 , fels˝o korl´at pl. 2, 2n2 + 1 mert ha vizsg´aljuk az fn = < 2 egyenl˝otlens´eg igaz volt´at, l´atjuk, hogy a n2 + 2 2 2 2n + 1 < 2(n + 2) igaz, emiatt feltev´es¨ unk val´oban teljes¨ ul. Teh´at korl´atos sorozatr´ol besz´el¨ unk. 2n+1 2n 2n (2 − n − 1) g) gn+1 − gn = − = ≤ 0 (n ∈ N∗ ), de pozit´ıv, ha n = 0 (n + 1)! n! (n + 1)! ez´ert monoton cs¨oken˝o az els˝o tagt´ol kezdve, de a nulladik tag miatt ezt a sorozatr´ol ´alt´alaban nem ´all´ıthatjuk. Fels˝o korl´atja a sorozat els˝o eleme: d1 = 2, als´o korl´at a 0, hiszen mind a 2n , mind az n! pozit´ıv. ´Igy u ´jra korl´atos sorozatot kaptunk. Megold´ asok:
a) an+1 − an =
1 h) hn+1 − hn = 1 + (−1)n+1 + (−1)n+1 n+1 − 1 − (−1)n − (−1)n n1 = 2(−1)n+1 + 1 1 (−1)n+1 ( n+1 + n1 ) = (−1)n+1 (2 + n+1 + n1 ). A szorzat m´asodik tagja minden n ∈ N-re pozit´ıv, m´ıg az els˝o v´altakozva pozit´ıv illetve negat´ıv, ez´ert a sorozat nem monoton. A −1 als´o korl´atja, a 2, 5 fels˝o korl´ atja sorozatunknak. Ez a sorozat teh´at korl´atos, de nem monoton. (A p´aratlan tagokb´ol ´all´o r´eszsorozat monoton n¨ovekv˝oen tart a 0-hoz, mivel 1 1 h2n+1 = − 2n+1 (n ∈ N), a p´arosak ´altal alkotott r´eszsorozat pedig a h2n = 2 + 2n (n ∈ ∗ N ), mely a 2-h¨oz monoton cs¨okken˝oen tart.) 1 1 i) in+1 − in = n + 1 − n+1 − n + n1 = 1 + n(n+1) > 0 (n ∈ N∗ ), teh´at a sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. Als´o korl´atja pl. a 0, mivel n ∈ N∗ eset´en n > n1 , ´ıgy ulr˝ol nem korl´atos, ez´ert a sorozat nem korl´atos. Indirekt u ´ton in = n − n1 > 0, ´am fel¨
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
5
l´assuk be, hogy fel¨ ulr˝ol nem korl´atos: tegy¨ uk fel, hogy a K val´os sz´am fels˝o korl´atja a sorozatnak: n − n1 < K ∀n ∈ N∗ . Ekkor n2 − nK − 1 < 0 minden n ∈ N∗ -ra. Az n2 − nK − 1 < 0, n-ben u egyenl˝ otlens´ ³ m´a√sodfok´ ´ eg megold´asai a pozit´ıv term´eszetes √ K− K 2 +4 K+ K 2 +4 ∗ sz´amok N halmaz´an a , intervallumba es˝o term´eszetes sz´amok. 2 2 A fenti megold´ashalmaz nem egyezik meg a pozit´ıv term´eszetes sz´amok N∗ halmaz´aval. Ez azt jelenti, hogy nem l´etezik olyan K val´ os sz´am, amelyre an ≤ K minden n ∈ N∗ -ra teljes¨ ulne. Teh´at egy monoton n¨ovekv˝o, fel¨ ulr˝ol nem korl´atos sorozatot kaptunk. j) A sorozat nem monoton, de korl´atos. 3) Az al´abbi sorozatok k¨oz¨ ul melyek az ( n1 , n ∈ N∗ ) sorozat r´eszsorozatai? ¶ 1 1 1 1, , , , . . . 2 3 4 µ ¶ 1 1 1 , , ,... 2 4 6 µ ¶ 1 1 1 1 1 , 1, , , , , . . . 2 4 3 6 5 µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 1, , , , , , , , , . . . 2 3 2 3 4 5 4 5 µ
a) b) c) d)
4) Adjuk meg az al´abbi sorozatok egy monoton r´eszsorozat´at: µ ¶ µ ¶ ¡ ¢ 1 (−1)n c) (−1)5n+4 , n ∈ N∗ a) , n ∈ N∗ b) , n ∈ N∗ n n Konvergencia: Az (an , n ∈ N) sorozatot konvergensnek nevezz¨ uk, ha van olyan α ∈ R sz´am, hogy ∀ε > 0 eset´en ∃N ∈ N (´ un. k¨ usz¨obindex), hogy |an − α| < ε teljes¨ ul ∀n ≥ N eset´en. Bel´athat´ o, hogy α egy´ertelm˝ u. Jel¨ol´es: limn→∞ an = α. A sorozatot divergensnek nevezz¨ uk, ha nem konvergens. Azt mondjuk, hogy a sorozat tart a +∞-be, ha ∀M ∈ R-hez l´etezik N ∈ N, u ´gy, hogy b´armely n ≥ N eset´en an ≥ M teljes¨ ul. Jel¨ol´es: limn→∞ an = +∞. Azt mondjuk, hogy a sorozat −∞-hez tart, ha ∀M ∈ R-hez l´etezik N ∈ N, u ´gy, hogy b´armely n ≥ N eset´en an ≤ M teljes¨ ul. Jel¨ol´es: limn→∞ an = −∞. A konvergencia sz¨ uks´ eges felt´ etele: Ha egy sorozat konvergens, akkor korl´atos is. (De nem minden korl´atos sorozat konvergens (pl. (an = (−1)n , n ∈ N)), ez´ert a korl´atoss´ag a konvergencia sz¨ uks´eges, de nem el´egs´eges felt´etele.) Konvergens sorozat b´armely r´eszsorozata is konvergens ´es hat´ar´ert´eke az eredeti sorozat hat´ar´ert´ek´evel egyenl˝o. (Teh´at ha valamely sorozat rendelkezik k´et olyan r´eszsorozattal, melyek hat´ar´ert´eke k¨ ul¨onb¨ozik, akkor a sorozat divergens.) Monoton sorozatok konvergenciat´ etele: Ha az (an , n ∈ N) sorozat monoton ´es korl´atos, akkor konvergens.
6
Egy (an , n ∈ N) sorozatot Cauchy-sorozatnak nevez¨ unk, ha ∀ε > 0 eset´en ∃N ∈ N, hogy ∀n, m ≥ N eset´en |an − am | < ε teljes¨ ul. Cauchy-krit´ erium: Egy val´os sz´amsorozat akkor ´es csak akkor konvergens, ha Cauchy-sorozat. 5) A hat´ar´ert´ek ε-os ´ertelmez´es´et felhaszn´alva bizony´ıtsuk be, hogy µ ¶ 2 a) lim 3 + =3 n→∞ n 2n 2 b) lim = n→∞ 3n + 1 3 4 4n + 1 = c) lim n→∞ 3n − 2 3 2n − 1 1 d) lim = n→∞ 4n 2
1 =0 n2 + 2 −2n2 + 1 f ) lim = −∞ n→∞ n+1 1 + n2 g) lim = +∞ n→∞ n 2 h) lim =0 n→∞ 2n2 + 3 i) lim (n + (−1)n ) = +∞ e) lim
n→∞
n→∞
´es minden esetben az ε = 0, 01-re adjuk meg a megfelel˝o k¨ usz¨obsz´amot. Megold´ as: a) Legyen ε > 0 tetsz˝oleges. A defin´ıci´o alapj´an be kell l´atnunk, hogy l´etezik olyan N term´eszetes sz´am (k¨ usz¨obindex), hogy b´armely N -n´el nagyobb index˝ u tagra |an − 3| < ε. Keress¨ unk teh´at egy olyan k¨ usz¨obindexet, melyn´el nagyobb index˝ u tagokra fenn´all, hogy: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 + 2 − 3¯ < ε. ¯ ¯ n Az N k¨ usz¨ obindex keres´ese a gyakorlatban u ´gy t¨ort´enik, hogy a fenti egyenl˝otlens´eget megoldjuk n-re n´ezve. A fenti egyenl˝otlens´eg ekvivalens a k¨ovetkez˝okkel: 2 <ε n 2 n> , ε . teh´at l´etezik olyan N ∈ N k¨ usz¨obindex (N = [ 2ε ] + 1), hogy a sorozat N -edik tagj´at´ol kezdve minden tagja ε-n´al kisebb t´avols´agra van a 3-t´ol. Pl. ε = 0, 01-re N = 201, azaz a sorozat tagjai a 201-ik tagt´ol kezdve a 3-nak 0, 01 sugar´ u k¨ornyezet´eben vannak. b) Legyen ε > 0 tetsz˝oleges. A defin´ıci´o alapj´an keresend˝o egy olyan N term´eszetes sz´am, az u ´n. k¨ usz¨obindex, hogy b´armely n ≥ N -re |an − 23 | < ε, azaz ¯ 2n 2 ¯¯ ¯ b´armely n ≥ N -re ¯ − ¯ < ε. 3n + 1 3
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
7
A fenti egyenl˝ otlens´eget a k¨ovetkez˝o ekvivalens form´akba ´ırjuk ´at: ¯ ¯ ¯ ¯ −2 ¯ ¯ ¯ 3(3n + 1) ¯ < ε ⇔ 2 <ε⇔ 3(3n + 1) 2 9n + 3 > ⇔ ε 2 − 3 . n> ε 9 h2 i ¯ ¯ −3 Teh´at ha N = ε 9 +1, ´es n ≥ N, akkor teljes¨ ul, hogy ¯an − 23 ¯ < ε, ´ıgy l´etezik olyan N k¨ usz¨obindex, hogy a sorozat N -edik tagj´at´ol kezdve minden tagja ε-n´al kisebb t´avols´agra van a 32 -t´ol. Ez´ert a sorozat konvergens ´es tart a 23 -hoz. Pl. ε = 0, 01-re N = 22, azaz a sorozat tagjai a 22. tagt´ol kezdve legfeljebb 0, 01 t´avols´agra lehetnek a 23 -t´ol. 11 hq i +6 £1¤ 1 c) N = ε + 1, e) N = − 2 + 1, ami az ε = 0, 01-re + 1, d) N = 4ε ε 9 ·√ ¸ 2 ε −3 N = 10, h) N = + 1. 2 f) Azt a t´enyt, hogy a sorozat −∞-hez tart, a defin´ıci´o alapj´an l´atjuk be: igazoljuk, hogy ∀M ∈ R-hez l´etezik N ∈ N, u ´gy, hogy b´armely N -n´el nagyobb index˝ u tagra an < M . Legyen M ∈ R tetsz˝oleges. (Itt M tetsz˝olegesen kicsi negat´ıv sz´am lehet, pl. −100000) −2n2 + 1 <M n+1 A fenti egyenl˝otlens´eg ekvivalens az al´abbiakkal: −2n2 − M n + 1 − M <0 n+1 −2n2 − M n + 1 − M < 0. √ M ± M 2 +8(1−M ) 2 A −2n − M n + 1 − M = 0 egyenlet gy¨okei n1,2 = . Mivel a m´asodfok´ u −4 kifejez´es el˝ojele gy¨ok¨ok¨on k´ıv¨ ul megegyezik az n2 -es tag el˝ojel´evel, ez´ert −2n2 − M n + 1 − M < 0, ha [ n ∈ (−∞, n1 ] [n2 , +∞). Figyelembe v´eve, hogy n ∈ N, ez´ert p M − M 2 + 8(1 − M ) n> (M < 0 eset´en), teh´at −4 p ¸ · M − M 2 + 8(1 − M ) + 1. N= −4
8
P´eld´aul M = −100 v´alaszt´assal kapjuk, hogy az N = 51. tagt´ol kezdve a sorozat ´ert´ekei −100-n´al kisebbek. g) Azt, hogy a sorozat +∞-hez tart, a defin´ıci´o alapj´an u ´gy l´atjuk be, hogy megmutatjuk, hogy ∀M ∈ R-hez l´etezik N ∈ N u ´gy, hogy b´armely N -n´el nagyobb index˝ u ·tagra an > ¸M . A c) pontban l´atottakhoz hasonl´o gondolatmenettel kapjuk, hogy N=
√ M + M 2 −4 2
+ 1.
6) Igazoljuk, hogy az al´abbi sorozatok divergensek: a) (1 + (−1)n , n ∈ N) b) ((−1)n , n ∈ N) ¶ µ 1 1 1 ∗ c) 1 + + + · · · + , n ∈ N 2 3 n ´ Utmutat´ as: Az a) ´es b) pntokban a p´aros ´es p´aratlan tagokb´ol ´all´o r´eszsorozatok ((a2n , n ∈ N) ´es (a2n+1 , n ∈ N)) hat´ar´ert´eke k¨ ul¨onb¨ozik, teh´at a sorozatok divergensek. c) Az |a2n − an | >
1 2
miatt nem teljes¨ ul a Cauchy-krit´erium, teh´at a sorozat divergens.
7) Alkalmazva a monoton sorozatok konvergenciat´etel´et igazoljuk, hogy a k¨ovetkez˝o sorozatok konvergensek: µ
¶ 3n ,n ∈ N n! µ ¶ 1 1 1 b) 1 + + + ··· + , n ∈ N∗ 1·2 2·3 n(n + 1) µ ¶ 1 1 1 c) 1 + 2 + 2 + · · · + 2 , n ∈ N∗ 2 3 n
a)
2n + 3 , n ∈ N∗ n n−8 e) en = , n ∈ N∗ 4n 2n + 4 f ) fn = , n ∈ N∗ . 3n d) dn =
Megold´ as: a) Itt felhaszn´aljuk azt a t´etelt, amely szerint ha egy val´os sz´amsorozat 3n+1 3n 3n (2 − n) monoton ´es korl´atos, akkor konvergens. an+1 − an = − = , ami (n + 1)! n! (n + 1)! negat´ıv, ha n > 2, teh´at a sorozat a 3. tagt´ol kezdve szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. A konvergencia szempontj´abol viszont v´eges sok tag viselked´ese nem sz´amottev˝o. Mivel n 3n > 0 ´es n! > 0, ez´ert 3n! > 0, a nulla als´o korl´atja lesz a sorozatnak. A t´argyalt sorozat a harmadik tagt´ol kezdve monoton cs¨okken˝o ´es alulr´ol korl´atos, k¨ovetkez´esk´eppen konvergens. (Megjegyezz¨ uk, hogy egy monoton cs¨okken˝o sorozat fel¨ ulr˝ol mindig korl´atos, hiszen a nulladik vagy az els˝o tagj´an´al minden tagja kisebb vagy egyenl˝o ´ert´ekekkel rendelkezik.) 1 1 + 2·3 + · · · + n(n+1) , ez a sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, mivel 1 1 1 1 > 0. Fel¨ ulr˝ol korl´atos is, mivel 1 + 1·2 bn+1 − bn = + 2·3 + · · · + n(n+1) = (n + 1)(n + 2)
b) bn = 1 +
1 1·2
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
9
3−2 n+1−n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2−1 1·2 + 2·3 + · · · + n(n+1) = 1 + 1 − 2 + 2 − 3 + 3 − 4 + · · · + n − n+1 = 2 − n+1 < 2. ´Igy a sorozat monoton n¨ovekv˝o ´es fel¨ ulr˝ol korl´atos, teh´at konvergens. 1 ert a vizsg´alt sorozat c) Hasonl´oan kapjuk, hogy cn+1 − cn = (n+1) 2 > 0 (n ∈ N), ez´ 1 1 1 1 1 szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es 0 < 1+ 22 + 32 +· · ·+ n12 < 1+ 1·2 + 2·3 +· · ·+ (n−1)n < 2, becsl´es miatt fel¨ ulr˝ol korl´atos, teh´at konvergens. A d) ´es f)-beli sorozat monoton cs¨okken˝o, az e)-ben szerepl˝o pedig monoton n¨ovekv˝o, s mindegyik korl´atos, k¨ovetkez´esk´eppen konvergens.
8) Igazoljuk, hogy a k¨ovetkez˝o sorozatok monotonok ´es korl´atosak, majd sz´am´ıtsuk ki a hat´ar´ert´ek¨ uket! n 2n b) an = nq n (q ∈ (0, 1)) 2n c) an = n! a) an =
n , a ∈ (−1, 1), p ∈ R r¨ogz´ıtett ap n! e) an = n n αn , α > 1, α ∈ R. f ) an = n! d) an =
Alaphat´ ar´ ert´ ekek: a) lim c = c; n→∞
1 = 0, lim nk = +∞ (k > 0); n→∞ nk ha − 1 < q < 1 0, n ha q = 1 c) lim q = 1, n→∞ +∞, ha q > 1, illetve ha q ≤ −1 akkor lim q n nem l´etezik; n→∞ µ ¶n ¶n µ 1 1 1 d) lim 1 + = e; lim 1 − = ; n→∞ n→∞ n n e ¶an ¶an µ µ 1 1 1 = e; lim 1 − = ; ha lim an = ∞, akkor lim 1 + n→∞ n→∞ n→∞ an an e √ √ n n e) lim n = 1; lim a=1 (a > 0, n > 0); b) lim
n→∞
n→∞
n→∞
an f ) lim =0 (a ∈ R); n→∞ n! nk g) lim n = 0 (k ∈ R, a > 1); n→∞ a nk = 0 (k ∈ R); h) lim n→∞ n! n! i) lim n = 0. n→∞ n
10
1 1.T´ etel: (” ∞ ” = 0) Ha lim an = +∞, akkor lim
1 n→∞ an
n→∞
= 0.
2.T´ etel: (Sorozatok hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o m˝ uveleti szab´alyok / Hat´ar´atmeneti szab´alyok) Legyenek (an , n ∈ N) ´es (bn , n ∈ N) konvergens sorozatok ´es λ ∈ R. Ekkor az (an + bn , n ∈ N), (λan , n ∈ N), (an · bn , n ∈ N) sorozatok is, ´es a bn 6= 0 (n ∈ N) ´es limn→∞ bn 6= 0 eset´en az ( abnn , n ∈ N) sorozat is konvergens ´es lim (an + bn ) = lim an + lim bn ;
n→∞
n→∞
n→∞
lim λan = λ lim an ;
n→∞
n→∞
lim an bn = lim an lim bn ;
n→∞
n→∞
n→∞
limn→∞ an an = . lim n→∞ bn limn→∞ bn ´ enyes a fenti t´etel akkor is, ha limn→∞ an = ∞ ´es/vagy limn→∞ bn = ∞, amennyiben Erv´ ´ a m˝ uvelet ´ertelmezett. Ertelmezettek a k¨ovetkez˝o m˝ uveletek: ∞ + ∞ = +∞;
−∞ − ∞ = −∞;
+ ∞ + a = +∞; ½ +∞, α(+∞) = −∞, ½ −∞, α(−∞) = +∞, ∞ · ∞ = +∞;
−∞ + a = −∞;
(a ∈ R)
ha α > 0 ha α < 0, ha α > 0 ha α < 0,
(+∞) · (−∞) = −∞; .. . 0 1 ∞ Nem ´ertelmezettek a ”∞ − ∞”, ” ∞ es az ”00 ” m˝ uveletek, ezen ∞ ”, ”0 · ∞”, ” 0 ”, ” 0 ”, ”1 ” ´ ”hat´arozatlans´agi estekben” megfelel˝o ´atalak´ıt´asokat v´egz¨ unk, amelyekkel visszavezetj¨ uk a hat´ar´ert´ek kisz´am´ıt´as´at u ´gynevezett ´ertelmezett m˝ uveletekre. Ezeket a m´odszereket a k¨ovetkez˝o feladatcsoportokn´al r´eszletesen bemutatjuk. K¨ ovetkezm´ eny: Legyenek (an , n ∈ N) ´es (bn , n ∈ N) konvergens sorozatok, limn→∞ an = A, limn→∞ bn = B, ´es k ∈ R+ , α ∈ R, β ∈ R+ , c ∈ R+ \ {1}. Ekkor az (aα n , n ∈ N), √ (β an , n ∈ N), ( k an , n ∈ N), (abnn , n ∈ N) ´es az (logc an , n ∈ N) sorozatok is konvergensek ´es α lim aα n =A ; n→∞
lim β an = β A ; √ √ k lim k an = A;
n→∞ n→∞
lim abnn = AB ;
n→∞
lim logc an = logc A.
n→∞
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
11
9) Hat´arozzuk meg az al´abbi sorozatok hat´ar´ert´ek´et: µµ
¶ ¶ 1 ∗ d) 3 − 2 5, n ∈ N n µ ¶ 1 2 + n2 ∗ e) , n∈N 3 + n13 Ã ! 4 − √1n3 ∗ f) , n∈N . 7 + 21n
µ
¶ 1 ∗ a) , n∈N n2 µ ¶ 1 ∗ b) √ , n ∈ N n µ ¶ 1 c) , n∈N 2n
1 2+ n
¶µ
Megold´ as: Az a), b) ´es c) pontokban felhaszn´aljuk, hogy egy v´egtelenbe diverg´al´o sorozat tagjainak reciprok´ab´ol k´epzett sorozat null´ahoz konverg´al (1.T´etel), a d), e) ´es f) pontokban pedig a sorozatok hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o m˝ uveleti szab´alyok, az u ´gynevezett hat´aratmeneti szab´alyok alkalmaz´as´aval (2.T´etel): d) 30; e) 23 ; f) 47 .
10) Hat´arozzuk meg az al´abbi sorozatok hat´ar´ert´ek´et: a) lim (2n2 + 3n + 1) = n→∞
b) lim (−2n2 − 3n + 1) = n→∞
c) lim (2n2 − 3n + 1) = n→∞
d) lim (2 + 4n − 3n2 ) = n→∞
e) lim (2n5 − 3n7 + 2) = . n→∞
Megold´ asok: a) lim (2n2 + 3n + 1) = +∞, itt a ”+∞ + ∞ = +∞” m˝ uveletet n→∞ v´egezt¨ uk el. b) lim (−2n2 − 3n + 1) = −∞, itt a ”−∞ − ∞ = −∞” m˝ uveletet v´egezt¨ uk el. n→∞
c) A ”∞ − ∞” hat´arozatlans´ag miatt alkalmas ´atalak´ıt´asokkal a sorozatok hat´ar´ert´ekeire vonatkoz´o ´ertelmes m˝ uveletekre vezetj¨ uk vissza. Ez esetben ki kell emeln¨ unk a legmagasabb foksz´am´ u tagot, ´es ´ıgy a k¨ovetkez˝ot kapjuk: lim (2n2 − 3n + 1) = lim n2 · (2 − n3 + n12 ) = +∞ · 2 = +∞. n→∞
d) −∞, e)−∞.
n→∞
12
11) Elv´egezve a megfelel˝o ´atalak´ıt´asokat, sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: n+1 a) lim = n+2 n→∞ n j) an = √ , n∈N √ 2 2n + 2006 n +1+ n+2 b) lim = µ 2 ¶ n→∞ n n + 1 3n2 + 1 k) lim − = n2 + 3n + 1 n→∞ 2n + 1 6n + 1 c) lim = n→∞ 2n2 1 + 2 + ··· + n l) lim = 2n2 + 1 n→∞ n2 d) lim = µ ¶ 2 2 2 n→∞ 3n + 5n − 1 1 + 2 + · · · + n2 n2 m) lim − = 4 5n − 3n + 2 n→∞ n+2 3 e) lim = n→∞ 2n4 + n2 + 1 1 · 3 + 2 · 4 + . . . n(n + 2) n) lim = n+1 n→∞ n3 = f ) lim µ ¶ 2 n→∞ 2n + 1 1 + 2 + ··· + n n o) lim − = −2n5 + 6n4 + 1 n→∞ n+2 2 g) lim = n→∞ −n3 − n4 + 3 12 + 32 + · · · + (2n − 1)2 p) lim = −2n6 + 3n3 + 1 n→∞ n3 = h) lim 5 4 n→∞ n −n +1 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) √ q) lim = n2 − 3n + 1 n→∞ n3 i) an = , n∈N n+1 Megold´ asok: a) Mind a sz´aml´al´oban, mind a nevez˝oben lev˝o kifejez´es a +∞-be tart, ami az u ´n. ” ∞ arozatlans´agi esetet eredm´enyezi. Ez esetben az ´altal´anos ∞ ” hat´ elj´ar´as, amellyel a sorozatok hat´ar´ert´ek´ere vonatkoz´o u ´n. ´ertelmes m˝ uveletekre jutunk az, hogy mind a sz´aml´al´ob´ol, mind pedig a nevez˝ob˝ol kiemelj¨ uk az n nevez˝oben tal´alhat´o legnagyobb hatv´any´at, hogy egyszer˝ us´ıt´essel elt¨ untess¨ uk a ” ∞ arozatlans´agot, s ´ıgy ∞ ” hat´ n+1 n→∞ n
a k¨ovetkez˝ot kapjuk: lim
1 n(1+ n ) n n→∞
= lim
1 1+ n 1 n→∞
= lim
= 1.
b) Hasonl´oan, a sz´aml´al´oban ´es nevez˝oben is n-et kiemelve majd egyszer˝ us´ıtve kapjuk, 2n + 2006 hogy lim = 2. n→∞ n n2 (1 + n3 + n12 ) 1 + n3 + n12 n2 + 3n + 1 1 c) lim = lim = lim = . n→∞ n→∞ n→∞ 2n2 n2 · 2 2 2 d) 23 ; e) 52 ; f) 0; g) +∞; h) −∞. q q √ 1 − n3 + n12 n · 1 − n3 + n12 n2 − 3n + 1 i) lim = lim = lim = 1. n→∞ n→∞ n→∞ n+1 n(1 + n1 ) 1 + n1 ¡ ¢ n 1 + n2 n+2 q j) Hasonl´oan, lim √ = lim ³q ´ = 21 . √ n→∞ 1 1 2 n2 + 1 + n + 2 n→∞ n 1 + n2 + n + n2 ³ n2 + 1 3n2 + 1 ´ 6n3 + n2 + 6n + 1 − 6n3 − 2n − 3n2 − 1 ”∞−∞” k) lim − = lim = n→∞ 2n + 1 n→∞ 6n + 1 (2n + 1)(6n + 1) −2n2 + 4n 1 = lim =− . n→∞ 12n2 + 8n + 1 6
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
1 1 + 2 + ··· + n n(n + 1) n2 + n = lim = lim = . 2 2 n→∞ n→∞ n→∞ 2n2 n 2n 2 µ 2 ¶ µ 1 + 22 + · · · + n2 n2 n(n + 1)(2n + 1) m) lim − = lim − n→∞ n→∞ n+2 3 6(n + 2) −2n2 + n = lim = −∞. n→∞ 6(n + 2) 1 · 3 + 2 · 4 + · · · + n(n + 2) n(n + 1)(2n + 7) n) lim = lim = 3 n→∞ n→∞ n 6n3 Pn Pn tuk, hogy 1·3+2·4+. . . n(n+2) = k=1 k(k +2) = k=1 (k 2 +2k) =
13
l) lim
+
2n(n + 1) n(n + 1)(2n + 7) = . 2 6 o) − 12 ; p) ; q) .
n2 3
¶ =
1 , ahol felhaszn´al3 n(n + 1)(2n + 1) + 6
12) Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝ o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! ¶ 1 n ∗ + (0, 05) − 3, n ∈ N a) 2n µ µµ ¶n ¶ ¶ 2 b) 5 · −1 , n∈N 3 ¶ µ ¶n ¶ µµ 1 1 ∗ · , n∈N c) 2+ n 2 d) lim (5 · 3n + 2 · 7n + 2) = µ
n→∞
e) lim (2 · 3n − 7n ) = n→∞
f ) lim (2n − 2 · 3n + 3 · 5n ) = n→∞
g) lim (3n + 3 · 4n − 7 · 5n ) = n→∞
Megold´ asok: a) Mivel az
5 · 3n + 7n , n∈N 2 · 7n + 2n 2n + 2 · 3n + 3 · 5n i) an = n , n∈N 3 + 3 · 4n + 7 · 5n n n 2·3 +5 j) an = , n∈N 4 · 7n + 2n 2 · 3n + 7n k) an = , n∈N 4 · 5n + 2n 2 · 3n − 7n l) an = , n∈N 4 · 7n + 2n αn + β n m) an = n+1 , α > 0, β > 0, n ∈ N α + β n+1 h) an =
1 2
´es a 0, 05 sz´amok abszol´ ut ´ert´µ eke 1-n´el kisebb, ez´ert ¶ n-edik ´ ³ ³ ´n 1 +(0, 05)n −3 = −3. hatv´anyuk a 0-hoz tart, s ´ıgy lim 21n +(0, 05)n −3 = lim 2 n→∞ n→∞ ¡ ¢n ¡¡ ¢n ¢ b) A | 23 | < 1 miatt lim 23 = 0, s ´ıgy lim 5 · 23 − 1 = −5. n→∞
n→∞
c) 2 · 0 = 0. d)+∞ + ∞ = +∞ e) Most a ”∞ − ∞” hat´arozatlans´agot u ´gy sz¨ untetj¨ uk a legna¡ ¢nuk meg, hogy kiemelj¨ gyobb alap´ u tagot: lim (2 · 3n − 7n ) = lim 7n (2 · 37 − 1) = ∞ · (−1) = −∞. n→∞
n→∞
f) +∞, g) −∞ h) A ” ∞ arozatlans´agot l´atva mind a sz´aml´al´oban, mind a nevez˝oben ki kell ∞ ” hat´ emeln¨ unk a nevez˝o legnagyobb alap´ u tagj´at, hogy egyszer˝ us´ıt´essel elt¨ untess¨ uk a ” ∞ ∞”
14 ¡ ¢n 5 37 + 1 5 · 3n + 7n ¡ ¢n = = lim hat´arozatlans´agot: lim n→∞ 2 · 7n + 2n n→∞ 2 + 2 7 teljes¨ ul.
1 2,
hiszen | 73 | < 1 ´es | 27 | < 1
2n + 2 · 3n + 3 · 5n i) A sz´aml´ al´ ot is, nevez˝ot is 5n -el osztva, a k¨ovetkez˝ot kapjuk: lim n = n→∞ 3 + 3 · 4n + 7 · 5n ¡ 2 ¢n ¡ 3 ¢n +2· 5 +3 3 ¡ 4 ¢n lim ¡ 5 ¢n = . n→∞ 3 7 + 3 · + 7 5 5 2·3n +5n n n n→∞ 4·7 +2
j) lim
2·3n +7n n n n→∞ 4·5 +2
k) lim l) −
n
n
2·( 37 ) +( 57 )
= 40 = 0. ) n 2·( 35 ) +( 75 ) = lim = +∞ 2 n 4 = +∞. 4+( 5 ) n→∞
= lim
n→∞
4+(
2 7 n
n
1 4
m)
αn + β n n→∞ αn+1 + β n+1 lim
¡ ¢n α +1 ¡β ¢n = β1 , lim α n→∞ α +β β ¡ β ¢n 1+ α ¡ β ¢n = α1 , lim = n→∞ α+β α ¡ ¢n α lim ¡ β ¢n+1 = 2 , α+β α n→∞ α
β
+β.
ha α < β ha β < α ha α = β.
13) Sz´am´ıtsuk ki! a) lim (2n + 3n + 4n ) n→∞
b) lim (2n − 3n − 5n ) n→∞
2n + 3n n→∞ 4n + 5n 2n + 5n d) lim n+1 n→∞ 3 + 5n+1 n 2 + 3n + 5 n e) lim n−1 n→∞ 3 + 5n−1
c) lim
2n + 3n n→∞ 3n + 4n 2 · 3n + 5n g) lim n→∞ 5n − 2n 2 · 5n − 3 · 2n h) lim n→∞ 4 · 3n − 5 · 2n 3 · 4n − 5n+1 i) lim n→∞ 2n − 4 · 3n f ) lim
Eredm´ enyek: a) +∞, b) −∞, c) 0, d) 15 , e) 5, f) 0, g) 1, h) +∞, i) +∞. 14) Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket, ha a, b > 0 val´os sz´amok: 2an − 3 n→∞ an + 1 an − a−n b) lim n n→∞ a + a−n an + bn c) lim n+1 n→∞ a + bn+1
a) lim
an + 3n n→∞ 4n + 5n a n + 5n e) lim n n→∞ 4 − 5n f ) lim (an − bn ). d) lim
n→∞
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
Megold´ asok: a)
n
lim 2an −3 n→∞ a +1
=
15
n
lim
1 2−3( a )
n→∞ 1+(
=
n
) 1 − 2 , ha a = 1 1 a
2 1
= 2, ha a > 1
−3 1
= −3, ha a < 1. ( ) lim = a1 , ha a > b n→∞ ( ) an +bn c) lim an+1 +bn+1 = n→∞ ( ) lim = 1b , ha b ≥ a. n→∞ ( ) +∞ 1 = +∞, ha a > 5 n n ( a5 ) +( 35 ) an +3n 1 d) lim 4n +5n = lim = 4 n 1 = 1, ha a = 5 n→∞ n→∞ ( 5 ) +1 0 1 = 0, ha a < 5.
1 1 b n a+a a b n+1 1+ a 1 a n + 1b b b a n+1 +1 b
15) A sorozatok hat´ar´ert´ekeivel v´egzett m˝ uveleti szab´alyokat alkalmazva sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! õ ! ¶3 1 ∗ a) 2+ , n∈N n µ ¶ n b) , n∈N 2n (n + 1) õ ! ¶4 2n + 1 c) , n∈N 3n Ãr ! 2 5 32n + 1 d) , n≥3 n2 − 7
e) an = 2
3n2 −n+1 n2 +3
, n∈N
3
10n − 1 , n∈N f ) an = lg 3 n +1 r 2n2 + 1 g) an = , n∈N 8n2 + 3 µ ¶π 2n h) an = , n∈N n+1 n
i) an = 5 2 , n ∈ N n
j) an = 7− 3 , n ∈ N
Megold´ asok: ¡ ¢3 a) lim 2 + n1 = 23 = 8. n→∞
b) Gondoljunk a hat´ar´ert´ek ´es a m˝ uveletek kapcsolat´ara: n 1 n lim = lim n · lim = 0 · 1 = 0. n→∞ 2n (n + 1) n→∞ 2 n→∞ (n + 1) ¶4 µ 2n + 1 c) lim = 0. n→∞ 3n s r 2 √ 32 + n12 5 32n + 1 5 d) lim = lim = 5 32 = 2. 7 2 n→∞ n→∞ n −7 1 − n2 3n2 −n+1 3n2 − n + 1 n2 +3 = = 3 hat´ a r´ e rt´ e k l´ e tezik ´ e s v´ e ges, ez´ e rt lim 2 n→∞ n→∞ n2 + 3
e) Mivel a lim lim
2n→∞
3n2 −n+1 n2 +3
= 23 = 8.
16
10n3 − 1 10n3 − 1 = 10 hat´ar´ert´ek l´etezik ´es v´eges, ez´ert lim lg 3 = 3 n→∞ n→∞ n + 1 n +1 3 ¡ 10n − 1 ¢ lg lim = lg 10 = 1. n→∞ n3 + 1 g) 12 ; h) 2π ; √ n i) lim 5 2 = lim 5n = +∞. f) Mivel a lim
n→∞
n→∞
−n 3
j) lim 7 n→∞
= lim
n→∞
1 √ 3 n 7
1 = ”∞ ” = 0.
16) Hat´arozzuk meg a ∈ R ´ert´ek´et u ´gy, hogy p
(1 − a)2 n4 + n2 + 1 = 2 legyen; n→∞ an2 p (1 − a2 )2 n2 + 1 b) lim = 3 legyen. n→∞ n a) lim
√
(1−a)2 n4 +n2 +1 an2 n→∞ 1 megold´asa: a = 3 .
Megold´ asok: a) lim 2a egyenlet
√ (1−a2 )2 n2 +1 b) limn→∞ = n keress¨ uk: a = ±2.
|1−a2 | 1
= lim
n2
q
(1−a)2 + n12 + n14 an2
n→∞
=
|1−a| a .
Az |1−a| =
= |1 − a2 |, ´ıgy a |1 − a2 | = 3 egyenlet megold´as´at
17) Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝ o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! √
√ n + 2 − n, n ∈ N p p b) an = n2 + n + 1 − n2 − 1, n ≥ 1 √ √ √ c) an = n( n + 1 − n), n ∈ N p d) an = n2 + 2n + 3 − n, n ∈ N √ √ e) an = 3 n + 1 − 3 n − 1, n ∈ N a) an =
1 f ) an = √ √ , n≥1 2 n( n + 1 − n) √ n 8−1 , n ∈ N∗ g) an = √ n 2−1
√ √ Megold´ as: a) A ”∞ − ∞”√t´ıpus´ u hat´arozatlans´ag azon eset´eben, amikor a − b √ hat´ar´ert´ek´et keress¨ uk, a a + b-vel, az u ´n. konjug´ val´o√b˝ov´ıt´essel vezetj¨ uk vis√alttal √ √ ´ sza ´ertelmezett m˝ uveletekre. Igy teh´at a ( a − b)( a + b) = a − b azonoss´ ag √ √ miatt a sz´aml´ al´oban elt˝ unik a gy¨ok¨os kifejez´es, a nevez˝oben keletkez˝o a + b m´ar ”∞ + ∞” = +∞ hat´ar´ert´ek˝ u lesz. √ √ √ √ ¡√ √ ¢ ( n + 2 − n)( n + 2 + n) n+2−n √ lim n + 2 − n = lim = lim √ √ √ = n→∞ n→∞ n→∞ ( n + 2 + n) n+2+ n 2 lim √ √ = 0. n→∞ n+2+ n
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
17
b) Hasonl´oan, a konjug´alttal val´o b˝ov´ıt´essel: lim
n→∞
¡√
n2 + n + 1 −
n2 + n + 1 − (n2 − 1) n+2 √ √ = lim √ = = lim √ 2 2 2 n→∞ n→∞ n +n+1+ n −1 n + n + 1 + n2 − 1 2 2 n(1 + n ) 1+ n q q q = lim = lim q n→∞ n→∞ n( 1 + n1 + n12 + 1 − n12 ) 1 + n1 + n12 + 1 −
1 n2
√
¢ n2 − 1 =
=
1 . 2
√ √ √ √ √ n+1−n n n( n + 1 − n) = lim n √ = lim ³q √ n→∞ n→∞ n + 1 + n n→∞ √n 1+
c) lim
1
= lim q n→∞
d) lim
1+
n→∞
¡√
1 n
= +1
1 n
´= +1
1 . 2
³√ √ ´ ¢ n2 + 2n + 3 − n = lim n2 + 2n + 3 − n2 = n→∞
2 + n3 (2 + n3 ) n2 + 2n + 3 − n2 √ = lim ³q = = lim √ ´ = lim q n→∞ n→∞ n→∞ n2 + 2n + 3 + n2 n 1 + n2 + n32 + 1 1 + n2 + n32 + 1 = 1. √ √ e) Alkalmazzuk, hogy a3√− b3 √ = (a −√b)(a2 + ab + b2 ), vagyis a − b = ( 3 a − 3 b) · √ √ √ 3 3 3 3 ( a2 + 3 ab + b2 ), ´ıgy a ( a2 + 3 ab + b2 )-val b˝ov´ıtve a sz´aml´al´ob´ol elt˝ unik a gy¨ok¨os kifejez´es: ¡√ ¢ √ n + 1 − (n − 1) p p lim 3 n + 1 − 3 n − 1 = lim p = n→∞ n→∞ 3 (n + 1)2 + 3 (n + 1)(n − 1) + 3 (n − 1)2 2 p p = 0. = lim p n→∞ 3 (n + 1)2 + 3 (n + 1)(n − 1) + 3 (n − 1)2 √ √ n2 + 1 + n n2 + 1 + n2 √ f) = lim √ √ = lim √ = n→∞ n( n2 + 1 − n)( n2 + 1 + n) n→∞ n(n2 + 1 − n2 ) q √ √ √ √ q n( n + n1 + n) √ n2 + 1 + n2 √ √ lim = lim = lim ( n + n1 + n) = +∞. n→∞ n→∞ n→∞ n n √
lim √ √ 1 n→∞ n( n2 +1−n)
3 g) Alkalmazzuk, hogy a3 − b√ = (a − b)(a2 + ab + b2 ), ´ıgy a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekhez √ n n √ ¡ √ ¢ 8−1 ( 2)3 − 13 √ jutunk: lim √ = lim = lim ( n 2)2 + n 2 + 1 = 3. n n n→∞ n→∞ 2 − 1 n→∞ 2−1
18
18) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket! p
p ¢ ¡p 3 3 n3 − 1 + 3n2 − 2n3 − 2 n→∞ p ¡ ¢ h) lim n2 − n4 + 1 n→∞ p ¡p ¢ 3 i) lim n3 − 1 − n3 + 1 n→∞ p ¢ ¡p 3 3 n2 − 1 − n3 + 3n + 5 j) lim n→∞ p ¡ ¢ k) lim n − 2n2 + 3n + 1
3n2 + n + 1 n→∞ ¡ √ √ ¢ b) lim 9n n − 2n2 − 3 n n→∞ p ¡ ¢ c) lim n2 + n4 + 3n2 + 1 n→∞ √ ¡ ¢ d) lim n2 − 2n + 1 n→∞ p ¡ ¢ e) lim 3n2 − n2 + 2n − 5 n→∞ p ¡ ¢ 3 f ) lim 2n − n3 − 2n2 + 3 a) lim
g) lim
n→∞
n→∞
Megold´ asok: a) lim
n→∞
√
q 3n2 + n + 1 = lim n n→∞
3+
1 n
1 n2
+
= +∞ ·
√
3 = +∞.
¡ √ ¡ ¢ √ ¢ 1 b) lim 9n n − 2n2 − 3 n = lim n2 9 √1n − 2 − 3 n√ = +∞ · (−2) = −∞. n n→∞
n→∞
¡ c) lim n2 + n→∞
√
q ³ ¢ n4 + 3n2 + 1 = lim n2 1 + 1 +
3 n2
n→∞
+
´
1 n4
= +∞ · 2 = +∞.
¡ ¢ √ A d) ´es e) pontokban hasonl´oan kapjuk, hogy lim n2 − 2n + 1 = +∞ ´es n→∞ √ ¢ ¡ lim 3n2 − n2 + 2n − 5 = +∞.
n→∞
q √ ¡ ¢ ¡ f) lim 2n − 3 n3 − 2n2 + 3 = lim n 2 − 3 1 − n→∞
n→∞
2 n
+
3 n3
¢
= +∞ · (2 − 1) = +∞.
q √ ¢ ¡q ¢ n3 − 1 + 3 3n2 − 2n3 − 2 = lim n 3 1 − n13 + 3 n3 − 2 − n23 = n→∞ n→∞ √ = +∞ · (1 − 3 2) = −∞. √ √ √ √ ¡ 2 √ ¢ ( n4 − n4 + 1)( n4 + n4 + 1) 4 √ = h) lim n − n + 1 = lim √ n→∞ n→∞ n4 + n4 + 1 −1 = lim √ = 0. √ 4 n→∞ n + n4 + 1 q √ ¡√ ¢ ¡q ¢ i) lim 3 n3 − 1 − n3 + 1 = lim n 3 1 − n13 − n + n12 = (+∞)(−∞) = −∞. g) lim
¡√ 3
n→∞
j) lim
n→∞
¡√ 3
n→∞
n2 − 1 −
√ 3
¢ ¡q n3 + 3n + 5 = lim n 3 n1 − n→∞
= +∞ · (−1) = −∞.
q √ ¢ ¡ ¡ k) lim n − 2n2 + 3n + 1 = lim n 1 − 2 + n→∞
n→∞
3 n
q
1 n3
−
+
1 n2
¢
3
1+
3 n2
= −∞.
+
5 n3
¢
=
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
19) Sz´am´ıtsuk ki: Ãr
! n+1 a) lim n −1 n→∞ n+2 √ √ n+2− n+1 √ b) lim √ n→∞ n+4− n+3 √ ¡√ √ ¢ c) lim n n + 1 − n
d) lim
19
¡√
n→∞
√ √ ¢ n+1−2 n+2+ n+3
√
5n2 + 2n + 2 n→∞ 4n + 1 √ √ n+1− n √ f ) lim √ n→∞ 3 n2 + 2 − 3 n2 + 1
e) lim
n→∞
√
√ n+1− n √ g) lim √ n→∞ 3 n3 + 2 − 3 n3 + 1 √ √ n2 + n + 1 − 2 n2 − n + 1 h) lim n→∞ p pn 3 3 2 i) lim ( n + n − n2 + 2n) n→∞ q √ √ j) lim ( n + n − n) n→∞
√ 3
√ √ n2 ( 3 n + 1 − 3 n − 1) √ √ 4 √ n+1− 4n l) lim 12 n · √ √ 3 n→∞ n+1− 3n √ √ √ √ m) lim n n( n + 1 − n − 1 − 2 n) n→∞ ! Ãr n+2 k n) lim n − 1 , (k ∈ N). n→∞ n+5 k) lim
n→∞
Eredm´ enyek: a) − 12 ; b) 1; c) 12 ; d) 0; e) 54 ; f) +∞; g) +∞; h) -1; 20) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: (vegyes feladatok) n−1 , n ∈ N∗ n 2n b) an = 2 , n∈N n +1 2n2 + 1 c) an = 2 , n∈N n +2
a) an =
µ g) an =
2n5 − 3n2 + 1 , n∈N −4n3 + 2 2n2 + 3 n2 + 1 e) an = − , n∈N 4n + 5 2n + 3 µ µ ¶n µ ¶n ¶ 2 5 f ) an = + −3 , n∈N 5 2 d) an =
µ ¶n ¶ 3 n 2· − (−0, 3) , n ∈ N 2
h) an = n8 − n7 + n4 , n ∈ N √ √ i) an = 3n − 2 − 3n + 5, n ∈ N √ √ j) an = 4n + 6 − 2n + 5, n ∈ N p √ k) an = n + 2( n2 − 1 − n), n ∈ N∗ 2n+1 + 3n , n∈N 2n + 3n+1 3n + 5n+1 m) an = n+1 , n∈N 3 + 5n l) an =
n) an = 2n3 − n2 + 1, n ∈ N o) an = 1 + 3n − n7 , n ∈ N q √ √ p) an = n + n − n, n ∈ N q √ √ 3 q) an = n + n2 − n, n ∈ N 2n + 5 r) an = lg , n∈N n+4 √ n2 − 6n + 25 , n∈N s) an = 3n + 2
20
Eredm´ enyek: a) 1 b) 0 c) 2 d) −∞ e) 18 f) +∞ g) +∞ h) +∞ i) 0 j) +∞ k) 1 0 l) 3 m) 5 n) +∞ o) −∞ p) 12 q) +∞ r) lg 2 s) 13 . 21) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: (vegyes feladatok) µ µ ¶n ¶n p 1 3 a) lim + i) lim (2n2 − n2 − n + 1) n→∞ n 4 n→∞ p £ ¤ ¡ ¢ n b) lim 4 · (0, 3) − 1 j) lim n − n2 − n + 2 n→∞ n→∞ µµ ¶n ¶ p ¡ ¢ 3 3 3 k) lim n − n3 − 1 c) lim − +4− 2 n→∞ n→∞ 7 n p ¡ ¢ l) lim n2 − n4 − 2n3 + 4 2 d) lim (n + 2n − 3) n→∞ n→∞ p ¢ ¡p 3 3 2 n3 − 1 − n3 + 3 m) lim e) lim (n − 2n + 1) n→∞ n→∞ p ¢ ¡p p 3 3 n3 + 1 − 2n3 + 3n − 1 n) lim f ) lim n2 + n + 1 n→∞ n→∞ p ¡p ¢ 3 3 2n2 + 3n − 2 o) lim n3 − 3n2 − 1 − n3 − 1 n→∞ g) lim p n→∞ 4n − 3n2 + 1 ¡p ¢ 3 3 p) lim n3 + 1 − n3 − 2 2 h) lim (3n − 5n + 1) n→∞ n→∞
Eredm´ enyek: a) 0, b) −4, c) 4, d) +∞, e) +∞, f) +∞, g) − 23 , h) −∞, √ i) +∞, j) 21 , k) 0, l) +∞, m) 0, n) +∞(1 − 3 2) = −∞, o) −1, p) 0. 22) Sz´am´ıtsuk ki: lim (a · n + b
n→∞
p
cn2 + 1),
ha a) a = 1; b = 1; ´es c = 1 vagy b) a = 2; b = −1; ´es c = 1 vagy c) a = 1; b = −1; ´es c = 2 vagy d) a = 1; b = −1; ´es c = 1 23) Sz´am´ıtsuk ki:
p
a2 n2 + bn + 1, ha a ∈ R, b > 0; p b) lim (n + 1 − an2 + 2n + 1), ahol a > 0; n→∞ p c) lim (2n − an2 + n + 1), ahol a > 0; n→∞ p d) lim ( an2 + 1 − 3n), ahol a > 0; n→∞ p e) lim n( an2 + bn + c − n), ahol a > 0; n→∞ p 3 f ) lim (n + 1 + an3 ), ahol a ∈ R; n→∞ p 3 g) lim (n + 1 − 1 + an3 ), ahol a ∈ R; n→∞ p 3 h) lim (2n − 1 + 1 − an3 ), ahol a ∈ R; n→∞ p 3 i) lim ( n2 + n − 1 − an), ahol a ∈ R. a) lim
n→∞
n→∞
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
21
24) Sz´am´ıtsuk ki: ¢5 ¡ 1 + n1 − 1 a) lim ¡ ¢ n→∞ 2 + 1 3 − 8 n 1 + a + a2 + · + an ha a, b ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞). n→∞ 1 + b + b2 + · + bn
b) lim
25) Hat´arozzuk meg az a, b,´es c val´os sz´amok ´ert´ek´et u ´gy, hogy lim n(an +
p
n→∞
2 + bn + cn2 ) = 1 legyen.
Eredm´ eny: a = −1, b = 0, c = 1. 26) Hat´arozzuk meg a, b ∈ R ´ert´ekeit u ´gy, hogy fenn´alljon a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´eg: p 3 a) lim ( 1 − n3 − an − b) = 0; n→∞ p √ b) lim ( 2n2 + 4n + 1 − an − b) = 2 2 n→∞ p 1 3 c) lim ( 3n3 + 2n2 + n + 1 − an − b) = √ . 3 n→∞ 9
27) Ha a0 , a1 , a2 , . . . , ak val´os sz´amok ´es a0 + a1 + a2 + · · · + ak = 0, akkor sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝ o hat´ar´ert´eket r¨ogz´ıtett k ∈ R eset´en: √ √ √ √ 3 lim (a0 3 n + a1 3 n + 1 + a2 3 n + 2 + · · · + ak n + k).
n→∞
4.T´ etel (Rend˝ or-szab´ aly / K¨ ozrefog´ asi elv / fog´ o t´ etel): Legyenek (an , n ∈ N), (bn , n ∈ N) ´es (cn , n ∈ N) val´os sz´amsorozatok, melyekre an ≤ bn ≤ cn teljes¨ ul ∀n ∈ N eset´en. Ha (an , n ∈ N) ´es (cn , n ∈ N) konvergens ´es hat´ar´ert´ek¨ uk azonos, akkor (bn , n ∈ N) is konvergens ´es limn→∞ bn = limn→∞ an = limn→∞ cn . (A rend˝or-elv akkor is igaz, ha a an ≤ bn ≤ cn egyenl˝otlens´eg csak v´eges sok n-re nem teljes¨ ul.)
22
28) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi ´altal´anos taggal rendelkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! a) an =
√ n √ n
45, n ∈ N
b) an = 15, n ∈ N∗ √ n c) 3n2 p 6n d) 5n3 + 1 √ e) 2n 2n + 3 r 2n 2n + 3 f) 5n − 4 √ n n g) 2 + 3n √ h) n 3n + 5n + 7n µ ¶1+ n1 1 i) 1 + n sin n π3 j) . n2 Megold´ asok ´ es u ´ tmutat´ asok: Az a) ´es b) pontokban haszn´alva az lim 1
(a > 0, n > 0) alaphat´ar´ert´eket, kapjuk, hogy a keresett hat´ar´ert´ek 1. √ √ √ 2 n c) 3n2 = n 3 ( n n) → 1.
n→∞
√ n
a =
d) A sorozatelemeket alulr´ol ´es fel¨ ulr˝ol olyan sorozatokkal becs¨ ulj¨ uk, melyek hat´ar´ert´eke √ √ √ √ √ 3 n n 6n n n 3 3 3 3 5n + 1 < 5n + 1 < 5n + n = 6 ( n) → 1, ´ıgy a rend˝ormegegyezik: 1 < t´etel ´ertelm´eben a vizsg´alt sorozat hat´ar´ert´eke is 1. Hasonl´oan a e) ´es f) esetben 1 lesz az eredm´eny. √ √ √ √ n √ g) 3 = n 3n < n√ 2 + 3n < n 3n + 3n = n 2 · 3n = 3 n 2 → 3 · 1 = 3, ´ıgy a rend˝or t´etel miatt limn→∞ n 2n + 3n = 3. √ √ √ √ h) Hasonl´oan, 7 =√n 7n < n 3n + 5n + 7n < n 7n + 7n + 7n = 7 n 3 → 7, ´ıgy a rend˝or t´etel miatt limn→∞ n 3n + 5n + 7n = 7. ¡ ¢1+ n1 ¡ ¢¡ ¢1 i) 1 + n1 = 1 + n1 1 + n1 n Itt az els˝o tag az 1-hez tart, a m´asodik is, melyet vagy azzal a meggondol´assal kapunk, hogy limn→∞ abnn = AB = 10 = 1 (limn→∞ an = √ ¡ ¢1 1 A, limn→∞ bn = B), vagy pedig a rend˝or-t´etellel: a 1 ≤ 1 + n1 n ≤ 2 n = n 2 → 1 ¢1 ¡ becsl´esb˝ol kapjuk, hogy limn→∞ 1 + n1 n = 1. ¡ ¢ 1 ´Igy a keresett hat´ar´ert´ek: limn→∞ 1 + 1 1+ n = 1 · 1 = 1. n
j) Felhaszn´alva, hogy a sin f¨ uggv´eny ´ert´ekk´eszlete a [−1, 1] intervallum, kapjuk az sin n π 1 3 alkalmas becsl´est: − n2 ≤ n2 ≤ n12 . Mivel nullsorozattal major´altuk ´es minor´altuk a sin n π sorozatot, ez´ert a rend˝or szab´aly ´ertelm´eben a vizsg´alt sorozat is nullsorozat: n2 3 → 0.
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
23
29) A rend˝or-elv alkalmaz´as´ aval hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et: a) an =
√ n √ n
n + 3, n ∈ N
n + 5, n ∈ N∗ √ c) an = n 3n + 2n , n ∈ N∗ 1 1 1 d) an = 2 + + ··· + 2 (n ∈ N∗ ) n + 1 n2 + 2 n +n 1 1 1 +√ + ··· + √ (n ∈ N∗ ) e) an = √ 9n2 + 1 9n2 + 2 9n2 + n n+1 n + (n − 1) n + + ··· + (n ∈ N∗ ) f ) an = n+1 n+2 n+n b) an =
´ Utmutat´ asok ´ es eredm´ enyek: a) 1; b) 1; c) 3; 1 1 1 n d) 2 ≤ 2 ≤ 2 (k ∈ {1, 2, 3, . . . , n}), ez´ert bn = 2 ≤ an ≤ n +n n +k n +1 n +n n = cn . Mind a (bn , n ∈ N∗ ) sorozat, mind pedig a (cn , n ∈ N∗ ) a 0-hoz tart, ´ıgy n2 + 1 a rend˝or-elv alapj´an az (an , n ∈ N∗ ) is. 1 1 1 e) √ ≤√ ≤√ (k ∈ {1, 2, 3, . . . , n}), ez´ert 2 2 9n + n 9n + k 9n2 + 1 n n bn = √ ≤ an ≤ √ = cn (n ∈ N∗ ). Mind a (bn , n ∈ N∗ ), mind pedig a 9n2 + n 9n2 + 1 (cn , n ∈ N∗ ) az 31 -hoz tart, ´ıgy a rend˝or-elv alapj´an az (an , n ∈ N∗ ) is. f) Hasonl´oan kapjuk, hogy a hat´ar´ert´ek +∞. 30) A rend˝or-elv alkalmaz´as´ aval hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et: 1 1 1 + + ··· + (n ∈ N∗ ) n2 (n + 1)2 (n + n)2 √ b) an = n 1n + 2n + · · · + nn 1 1 1 c) an = √ + √ + ··· + √ (p, n ∈ N∗ ) p p p np + n np + 1 np + 2 √ d) an = n 1n + 2n + · · · + 10n µ ¶ 1 π π π e) an = cos + cos + · · · + cos n+1 n n+1 n+n 1 2 n f ) an = 2 + + ··· + 2 (n ∈ N∗ ) n + 1 n2 + 2 n +n 1 1 1 + + ··· + . g) an = (2n)2 (2n + 1)2 (2n + n − 1)2 a) an =
24
31) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: ¶n−4 3n − 2 n→∞ 3n + 5 µ ¶−n−2 5n − 3 i) lim n→∞ 5n + 3 µ ¶√n 3 j) lim 1 + √ n→∞ n+1 µ ¶ 1 k) lim n ln 1 + n→∞ 2n µ ¶n 1 l) lim 1 + 2 n→∞ n µ ¶n2 1 m) lim 1 + n→∞ n µ ¶n 1 n) lim 0.9 + n→∞ n µ ¶n 1 o) lim 1.1 + n→∞ n µ
µ
¶n
n+1 n µ ¶n n b) lim n→∞ n + 1 µ ¶n 1 c) lim 1 + n→∞ 2n µ ¶2n n+3 d) lim n→∞ n + 5 µ ¶5n 2n + 1 e) lim n→∞ 2n − 3 µ ¶n 2 f ) lim 1 + n→∞ n µ ¶n+1 2n + 3 g) lim n→∞ 2n + 5 a) lim
n→∞
h) lim
Megold´ asok: Ha az alap az 1-hez tart, a kitev˝o pedig a +∞-hez, akkor az u ´n. ”1∞ ” t´ıpus´ u hat´arozatlans´agi esettel¡van dolgunk. Ilyenkor a k¨ovetkez˝o alaphat´ar´ert´ekek ¢n ¡ mindig ¢n valamelyik´et haszn´aljuk: lim 1+ n1 = e ; lim 1− n1 = 1e , vagy ezek ´altal´anos´ıt´asait: n→∞ n→∞ ¢ an ¡ ¢an ¡ = e; s lim 1 − a1n = 1e . a lim an = +∞ eset´en lim 1 + a1n n→∞ n→∞ n→∞ ¡ ¢n ¡ ¢n a) lim n+1 = lim 1 + n1 = e. n n→∞ n→∞ ¡ ¢n ¡ ¢n ¡ ¢(n+1)−1 ¡ n ¢n 1 1 = lim n+1−1 = lim 1 − n+1 = lim 1 − n+1 = b) lim n+1 n+1 n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ h¡ i ¡ ¢ ¢ n+1 −1 1 1 = lim 1 − n+1 · 1 − n+1 = e−1 · 1 = 1e vagy a sorozatok hat´ar´ert´ekeivel n→∞
lim bn
v´egzett m˝ uveleti szab´alyok k¨oz¨ott szerepl˝o lim abnn = ( lim an )n→∞ alapj´an elj´arva: n→∞ n→∞ n h¡ ¡ n ¢n ¡ n+1−1 ¢n ¡ ¢n ¢n+1 i n+1 1 1 lim n+1 = lim n+1 = lim 1 − n+1 = lim 1 − n+1 = 1e . n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ h¡ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 ¢ i1 √ 1 1 n 1 2n 2 1 2n 2 c) lim 1 + 2n = e 2 = e. = lim 1 + 2n = lim 1 + 2n n→∞
¡ n+3 ¢2n
n→∞
¡ n+5−2 ¢2n
n→∞
¡ ¢2n ¡ ¢ n+5 1 1 2 4−10 d) lim n+5 = lim n+5 = lim 1 − n+5 = lim 1 − n+5 = n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ 2 2 ¡ 1 ¢4 −4 = e = e vagy 2 h¡ i n+5 2n ¢2n ¢2n ¢ n+5 ¡ ¡ n+5−2 ¢2n ¡ 1 1 2 lim n+3 = lim = lim = lim = 1 − 1 − n+5 n+5 n+5 n→∞ n+5 n→∞ n→∞ n→∞ 2 2 ¡ 1 ¢4 = e = e−4 .
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
e) e10 f) e2 g) ¡ j) lim 1 + n→∞
¡ lim 1 +
n→∞
√3 n+1
1 e
7
25
6
h) ( 1e ) 3 i) e 5
¡ ¢ √n+1 ·3−1 1 3 = lim 1 + √n+1 = e3 vagy n→∞ 3 √ i√ 3 · n h¡ ¢ √n+1 n+1 1 3 = lim 1 + √n+1 = e3 .
√3 n+1 ¢√n
¢√n
n→∞
3
¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 n k) lim n ln 1 + 2n = lim ln 1 + 2n . Felhaszn´alva az ln f¨ uggv´eny folytonoss´ag´at, a n→∞ n→∞ h¡ ¡ ¢ ¢ i1 1 n 1 2n 2 lim ´es ln felcser´elhet˝o, teh´at a hat´ar´ert´ek = ln lim 1 + 2n = ln lim 1 + 2n = n→∞
1
n→∞
ln(e 2 ) = 12 . ¡ l) lim 1 + n→∞
¢ 1 n n2
= lim
n→∞
h¡
1+
¢ 2 1 n n2
i n1
= e0 = 1.
¡ ¢n2 £¡ ¢n ¤n m) limn→∞ 1 + n1 = limn→∞ 1 + n1 = +∞. ¡ ¢n Az n) ´es o) pontokat a rend˝or-t´etellel oldjuk meg: n) lim 0, 9 + n1 = 0, hiszen az n→∞
alap egy adott indext˝ol (a 20.-t´ol) kezdve kisebb mint 0, 95; ´ıgy 1-n´el kisebb abszol´ ut ´ert´ek˝ u alap´ u hatv´anyokb´ol ´all´o sorozatr´ol van sz´o, ez´ert a hat´ar´er´eke kisebb mint 0, ´am nagyobb is mint 0, hiszen a sorozat tagjai pozit´ıvak. ¡ ¢n 0 < 0, 9 + n1 < 0, 95n y 0
o) Hasonl´o gondolatmenettel: ¡ ¢n 1.1 + n1 > 1, 1n y +∞ ¡ ¢ ´Igy lim 1.1 + 1 n = +∞. n n→∞
26
32) Sz´am´ıtsuk ki! µ ¶n+1 7 a) lim 1 + n→∞ n ¶n µ 3 b) lim 1 − n→∞ n µ ¶n2 1 c) lim 1 + n→∞ n µ ¶3n 1 d) lim 1 + n→∞ n µ ¶n 1 e) lim 1 + 2 n→∞ n µ ¶n+1 n f ) lim 1 + 2 n→∞ n +1
µ g) lim
n→∞
n+1 n+2
¶2n
¶n3 n3 + 1 n→∞ n3 + 4 µ ¶5n 3n + 2 i) lim n→∞ 3n + 5 µ ¶3n 33n j) lim n→∞ (3 + 1 ) n ·µ ¶n+1 µ ¶3n+1 ¸ 1 1 1+ k) lim · 1+ n→∞ n 2n 5n2 +8n+2 µ 3 ¶ 3n+6 n + n2 + 5n + 7 l) lim n→∞ n3 + 2n2 + 3n + 8 µ
h) lim
Eredm´ enyek: a) e7 , b) e3 , c) e+∞ = +∞, d) e3 , e) e0 = 1, f) e, g) e−2 , 3 5 5 h) e−3 , i) e5 , j) +∞, k) e · e 2 = e 2 , l) e− 3 . 33) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: µ ¶ n2n−2 1 a) lim n→∞ 3 ¶µ ¶ µ ¶n µ 2 2 1 b) lim 2 − 3+ + − n→∞ n n 5 2 + n1 n→∞ 4 − 3 µ n ¶n n+2 d) lim n→∞ 4n − 1 ¶ n+3 µ 2n + 1 n−1 e) lim n→∞ n−2 µ ¶ 2n−1 n+2 n+4 f ) lim 2 n→∞ 2n − 1 µ ¶ 2n+1 1 3n−2 g) lim 2 − n→∞ n c) lim
Megold´ asok: a) lim
¡ 1 ¢ n2n−2
n→∞ 3
¡ 1 ¢n− n2 n→∞ 3
= lim
¡ 1 ¢n n→∞ 3
= lim
·
√ n
32 = 0 · 1 = 0.
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
27
¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢n b) A hat´ar´ert´ek ´es a m˝ uveletek kapcsolata miatt: lim 2 − n1 3 + n2 + − 25 = n→∞ 2 · 3 + 0 = 6. 2 + n1 2 1 c) lim = = . n→∞ 4 − 3 4 2 µ n ¶n n+2 d) lim = 0, mert az alap egy 14 -hez tart´o sorozat, ez´ert a rend˝or-elv n→∞ 4n − 1 seg´ıts´eg´evel l´athat´o, hogy kisebb ´es nagyobb, mint egy 1-n´el kisebb alap´ u, teh´at 0-hoz tart´o sorozat. µ ¶n µ ¶n 1 n+2 < (n ≥ 2) 0< 4n − 1 2 A fenti megold´as helyett k¨ovethetj¨ uk az al´abbi m´odszert: a sz´aml´al´ob´ol n-et, a nevez˝ob˝ol pedig 4n-et kiemelve, ¡ ¢n µ ¶n µ ¶n ³ n ´n ¡ 1 + 2 ¢ n 1 + n2 n+2 1 e2 n ¡ ¢ = lim = lim lim = 0 · n 1 1 = 0. h¡ 1 ¢ i n→∞ 4n n→∞ 4 n→∞ 4n − 1 1 − 4n e− 4 1 4n 4 1 − 4n e) lim
n+3 ¡ 2n+1 ¢ n−1
n→∞
n−2
= 21 = 2.
f) Mivel az alap egy 0-hoz, a kitev˝o pedig 2-h¨oz tart´o sorozat, ez´ert ¡ ¢ 2n−1 n+2 lim 2nn+4 = 02 = 0. 2 −1 n→∞ ¡ ¢ 2n+1 ¡ ¢2+ 7 2 g) lim 2 − n1 3n−2 = lim 2 − n1 3 9n−6 = 2 3 . n→∞
n→∞
34) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: µ a) lim
n→∞
µ
b) c) d) e) f) g)
2n − 1 n+3
−2n+1 ¶ 3n22−5n
¶ 2n−1 3n2 − 2n + 1 3−4n lim n→∞ n2 − 3n + 2 ¶ 2n−3 µ 2 n − 3n + 5 n2 −3n+4 lim n→∞ 3n2 − n + 1 3 n ¶√n− √ µ 3−n lim n→∞ 2n + 1 µ ¶ √ n−1 4n − 3 lim n n · + n→∞ 5n + 3 5n + 2 ¶n µ 2 2n − n + 1 lim n→∞ 3n − 2 µ ¶ 2n+4 n + 3 3−n lim n→∞ 2n − 1
28
2
Eredm´ enyek: a) 2−∞ = 0, b) 3− 4 = √13 , c) ( 13 )0 = 1, d) (− 12 )+∞ = 0, e) 1 · 51 + 45 = 1, f) +∞+∞ = +∞, g) ( 12 )−2 = 4 ´ 35) Allap´ ıtsuk meg az al´abbi sorozat hat´ar´ert´ek´et! µ
¶n+2 2n − 7 a) lim n→∞ 1 − 3n µ ¶n 5 + 10 + 15 + . . . + 5n . b) lim n→∞ n2
³ Megold´ asok: a) limn→∞ ¢2 −7 ¡ 0 · e− 21 − 23 = 0. e
2n−7 1−3n
´n+2
· = limn→∞
7 2n(1− 2n )
¸n+2
1 −3n(1− 3n )
7 n+2 ¡ ¡ ¢n (1− 2n ¢2 ) = limn→∞ − 32 − 23 = 1 n+2 (1− 3n )
3
b) limn→∞
¡ 5+10+15+...+5n ¢n n2
· = limn→∞
5·
n(n+1) 2 n2
¸n = limn→∞
¡ 5 ¢n ¡ ¢n · 1 + n1 = 2
+∞. 36) Adjuk meg az al´abbi sorozatok hat´ar´ert´ek´et! 3n+1 n→∞ (n + 1)! 5n+3 b) lim . n→∞ n! a) lim
Megold´ asok: a) limn→∞ b) limn→∞
5n+3 n!
3n+1 (n+1)!
= limn→∞
3n n!
·
3 n+1
= 0 · 0 = 0.
= 53 · 0 = 0.
37) Sz´am´ıtsuk ki a lim (3n − 100)n hat´ar´ert´eket! n→∞
Megold´ as: Mivel a 3n − 100 sorozat a 35. tagt´ol kezdve minden tagja nagyobb, mint 2, ´ıgy ¨osszehasonl´ıt´assal ad´odik az eredm´eny: an = (3n − 100)n > 2n = bn . A bn → ∞ sorozattal minor´altuk az an sorozatot: an > bn (n ≥ 35), teh´at limn→∞ (3n−100)n = ∞.
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
29
38) Hat´arozzuk meg a hat´ar´ert´ekek´et az al´abbi sorozatoknak: ¶ 2n + 2−n ∗ , n ∈ N 2−n + 3n Ã√ ! √ 4 n3 + n − n √ , n∈N n+2+ n+1 µ ¶ 3 ∗ √ , n∈N 1− n2 ¶ µ 1 1 1 ∗ 1+ + + ··· + , n∈N 1·2 2·3 n(n + 1) ³√ √ ´ √ 2 4 2n 2 · 2 · ... · 2, n ∈ N ³√ ´2n ³√ ´n 2−1 2+1 µ
a) b) c) d) e) f)
Eredm´ enyek, u ´ tmutat´ asok: a) 0; b) 0; c) −∞; d) 2; e) +∞; f) Vegy¨ uk ´eszre, hogy ”0 · ∞” t´ıpus´ u hat´arozatlans´agot kell megoldanunk alkalmas i ¡√ ¢2n ¡√ ¢n ¡√ ¢n h¡√ ¢n ¡√ ¢n 2−1 2 + 1 = limn→∞ 2−1 · 2−1 2+1 = ´atalak´ıt´assal: limn→∞ ¡√ ¢n n limn→∞ 2 − 1 · (2 − 1) = 0 · 1 = 0. Rekurzi´ os sorozatok: Egy (xn , n ∈ N) sorozatot k-ad rend˝ u rekurzi´ os sorozatnak nevez¨ unk, ha a sorozat n-edik tagja az ˝ot megel˝oz˝o k tag seg´ıts´eg´evel van megadva: ½
a0 , a1 , . . . , ak−1 adott ´es n ≥ k-ra a tagokat az an = f (an−1 , an−2 , . . . , an−k ) alapj´an k´epezz¨ uk.
A rekurzi´ot line´ arisnak nevezz¨ uk, ha f egy line´aris f¨ uggv´eny. Egy line´aris rekurzi´ot ´ alland´ o egy¨ utthat´ osnak nevez¨ unk, ha f (an−1 , an−2 , . . . , an−k )-ben az an−1 , an−2 , . . . , an−k egy¨ utthat´oi nem f¨ uggnek n-t˝ol. Akkor h´ıvjuk homog´ ennek, ha nincs konstans tag, ellenkez˝o esetben inhomog´ennek nevezz¨ uk. ´ Alland´ o egy¨ utthat´ os els˝ orend˝ u line´ aris rekurzi´ o(a0 adott, an = a·an−1 +b (a 6= 0, a, b ∈ R, n ≥ 1)) eset´en az an = a · an−1 + b an−1 = a · an−2 + b .. . a1 = a · a0 + b egyenletekben egyenl˝o egy¨ utthat´okat alak´ıtunk ki, majd ¨osszeadjuk ˝oket. Az a 6= 1 eset´en n+1 2 n az 1 + q + q + . . . + q = 1−q felhaszn´al´ as´aval ad´odik az eredm´eny. 1−q
30
P´eld´aul az an = 2an−1 + 3, (n ≥ 1, a0 = 2) sorozat eset´en an = 2 · an−1 + 3 an−1 = 2 · an−2 + 3 /·2 an−2 = 2 · an−3 + 3 / · 22 .. . a1 = 2 · a0 + 3 / · 2n−1 an = 2 · an−1 + 3 2 · an−1 = 22 · an−2 + 3 · 2 2 2 · an−2 = 23 · an−3 + 3 · 22 .. . 2n−1 · a1 = 2n · a0 + 3 · 2n−1 Majd az egyenleteket ¨osszeadva kapjuk a k´ıv´ ant eredm´enyt: an = 2n · a0 + 3(1 + 2 + 22 + 2n −1 n−1 n n ... + 2 ) = 2 · 2 + 3 2−1 = 5 · 2 − 3 (n ∈ N). M´ asodrend˝ u homog´ en line´ aris rekurzi´ o (an = a · an−1 + b · an−2 (a 6= 0, a, b ∈ R, n ≥ 2, a0 , a1 adott)) eset´en megoldjuk az u ´gynevezett karakterisztikus egyenletet: x2 − ax − b = 0. ♣ K´et k¨ ul¨onb¨ oz˝o x1 , x2 val´os gy¨ok eset´en a sorozat ´altal´anos tagj´at az an = α · xn1 + β · xn2 alakban keress¨ uk. Az α, β egy¨ utthat´okat az adott elemekb˝ol sz´am´ıtjuk ki: ½ a0 = α · x01 + β · x02 a1 = α · x11 + β · x12 . ♣ Az x1 = x2 ∈ R eset´en a sorozat ´altal´anos tagj´at az an = α · xn1 + β · n · xn1 alakban keress¨ uk. Az α, β egy¨ utthat´okat az a0 , a1 elemekb˝ol sz´am´ıtjuk ki. ♣ Komplex gy¨ok¨ok eset´en an = α · xn1 + β · xn2 . Esetleg trigonometrikus alakba ´ırhatjuk a gy¨ok¨oket: x1,2 = r(cos ϕ ± i sin ϕ). A sorozat ´altal´anos tagj´at az an = rn (α cos nϕ + β sin nϕ) alakban keresve az α, β egy¨ utthat´okat az a0 , a1 elemekb˝ol sz´am´ıthatjuk ki. P´eld´ak: 1) Az a0 = 0, a1 = 1, an = an−1 + 6an−2 (n ≥ 2) alapj´an ´ertelmezett sorozat eset´en a karakterisztikus egyenlet: x2 − x − 6 = 0, melynek gy¨okei 3 ´es -2. Az ´altal´anos tag an = α3n + β(−2)n alak´ u lesz. ½ 0=α+β 1 = 3α − 2β, n
n
melyre α = = ad´odik. A keresett sorozat teh´at: (an = 3 −(−2) , n ∈ N). 5 2) Az a0 = 2, a1 = 3, an = 4an−1 − 4an−2 (n ≥ 2) alapj´an ´ertelmezett sorozat eset´en a karakterisztikus egyenlet: x2 − 4x + 4 = 0, melynek egyetlen gy¨oke a 2. Az ´altal´anos tag an = 2n (α · n + β) alak´ u lesz. ½ 2=β 1 5, β
− 15
3 = 2(α + β),
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
31
melyre α = −1, β = 2 ad´odik. A keresett sorozat teh´at: (an = 2n (−n + 2), n ∈ N). 3) Az a0 = 1, a1 = 3, an = 2an−1 − 2an−2 (n ≥ 2) alapj´an ´ertelmezett sorozat eset´en a karakterisztikus egyenlet: x2 − 2x + 2 = 0, melynek komplex gy¨okei vannak: x1,2 = 1 ± i. Az ´altal´anos tag an = α · (1 + i)n + β(1 − i)n alak´ u lesz. ½ 1=α+β 3 = α(1 + i) + β(1 − i), ¡ ¢ α = 12 − i, β = 12 + i ad´odik. A keresett sorozat teh´at: (an = 12 − i (1 + i)n + ¡melyre ¢ 1 n 2 + i (1 − i) , n ∈ N). M´ asodrend˝ u nemhomog´ en line´ aris rekurzi´ o eset´en a dn = an −an−1 k¨ ul¨onbs´egsorozat mindig homog´en m´asodrend˝ u rekurzi´o lesz. A (dn , n ∈ N) explicit alakja az el˝oz˝o m´odszerrel hat´arozhat´o meg, ebb˝ol ¨osszegz´essel kapjuk meg a sorozat ´altal´anos tagj´at. P´eld´aul az a0 = 0, a1 = 1, an = an−1 + 6an−2 + 1 (n ≥ 2) alapj´an ´ertelmezett sorozat eset´en a (dn = an − an−1 ) k¨ ul¨onbs´egsorozat karakterisztikus egyenlete: x2 − x − 6 = 0, melynek gy¨okei 3 ´es -2. Az ´altal´anos tag dn = α3n + β(−2)n alak´ u lesz. ½ 0=α+β 1 = 3α − 2β, n
n
, n ∈ N). Az melyre α = 15 , β = − 15 ad´odik, majd: (dn = 3 −(−2) 5 a1 − a0 = d1 a2 − a1 = d2 .. . an − an−1 = dn egyenleteket ¨osszeadva: an − a0 = 2 15
n P i=1
di , ´ıgy az eredm´eny is ad´odik: an =
3 10
(3n − 1) −
[(−2)n − 1] (n ∈ N). A fenti m´odszerek gyakran m˝ uk¨odnek nem´alland´o egy¨ utthat´o eset´en is. Azonban a fennmarad´o esetekben alkalmazhatjuk a k¨ovetkez˝o gondolatmenteket is: ♦ Amennyiben csak a hat´ar´ert´eket keress¨ uk ´es nem az ´altal´anos tag explicit alakj´at, u ´gy c´elravezet˝o lehet bel´atni a sorozatr´ol, hogy konvergens. (Ezt tehetj¨ uk annak bel´at´as´aval, hogy monoton ´es korl´atos. Ez ´altal´aban teljes indukci´oval t¨ort´enik.) Ezut´an a lim xn = α jel¨ol´essel a 2.T´etel ´es k¨ovetkezm´enye alapj´an egy egyenletet kapunk α-ra, n→∞ melynek a megold´asait meg kell vizsg´aljuk, hogy val´oban a keresett sorozat hat´ar´ert´ekeie. ♦ Fel´ırva az els˝o n´eh´any tagot megsejtj¨ uk a sorozat n-edik tagj´anak explicit alakj´at. Ennek bel´at´ as´ara a teljes indukci´o m´odszer´et alkalmazzuk. ♦ Magasabbrend˝ u line´aris rekurzi´o eset´en magasabbrend˝ u karakterisztikus egyenletet ´ırunk fel.
32
♦ Nemline´aris rekurzi´ot visszavezethet¨ unk line´aris rekurz´ora, ha a bn = ln an sorozatot vizsg´aljuk. √ √ P´eld´ak: 1) A an = 1 + an−1 (n ≥ 2), a1 = 2 sorozatr´ol bel´atjuk, hogy konvergens. ¦ Teljes indukci´oval azonnal l´athat´o, hogy an > 0 (n ∈ N). A fenti rekurzi´o teh´at ekvivalens az a2n = 1 + an−1 alak´ uval. ¦ Ugyancsak teljes indukci´ o val bel´atjuk, hogy an < an+1 (n ∈ N). Az n = 1-re p √ √ √ 2 < 1 + 2 k¨ovetkezik abb´ol, hogy a21 = 2 < 1 + 2 = a22 ´es an > 0 minden n ∈ N-re teljes¨ ul. Tegy¨ uk fel, hogy n-re teljes¨ ul az egyenl˝otlens´eg, l´assuk be √ (n + 1)-re. Bizony´ ıtand´ o , hogy a an + 1 < < a . Igaz, hogy a + 1 < a + 1, ´ ıgy a = n+1 n+2 n n+1 n+1 √ an+1 + 1 = an+2 , teh´at a teljes indukci´oval bel´attuk, hogy a sorozat szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. 1 ¦ A sorozat korl´atoss´aga k¨ovetkezik a 0 < an = a1n + an−1 esb˝ol. an < a1 + 1 becsl´ ¦ A sorozat monoton n¨ovekv˝o ´es korl´atos, teh´at konvergens, alkalmazzuk a lim an = n→∞
α jel¨ol´est, ´ıgy az ¨osszeg ´es szorzat folytonoss´aga alapj´an lim a2n = α2 , lim (1 + an ) = n→∞
n→∞
1 + α, ´ıgy a sorozat√ hat´ar´ert´eke csak az α2 = 1 + α egyenlet gy¨okei k¨oz¨ ul ker¨ ulhet ki. A 1± 5 gy¨ok¨ok (α1,2 = 2 ) k¨oz¨ ul a negat´ıv gy¨ok nem j¨on tekintetbe, hiszen a sorozat tagjai √ pozit´ıvak. ´Igy lim an = 1+2 5 . n→∞
√ 6
a
a
n−1 √ 2) Az an = n−1 , n ≥ 2, a0 = a1 = 2 sorozat eset´en bevezetve a bn = ln an 3 an−2 sorozatot, a 6bn − 7bn−1 + 2bn−2 = 0 rekurzi´oval m´ar jobban boldogulunk, s kapjuk, £ ¡ ¢n ¡ ¢n ¤ 2 n 1 n hogy bn = ln 2 3 23 − 2 12 (n ∈ N), s ´ıgy an = ebn = 23( 3 ) −2( 2 ) (n ∈ N).
39) Hat´arozzuk meg az al´abbi sorozat explicit alakj´at! 1 a) an = 2an−1 + (n ≥ 2), a1 = 1; µ 2 ¶ 3 b) an = an−1 1 + (n ≥ 2), a1 = 12; n c) an = 3an−1 + 2n (n ≥ 1), a0 = 1; n d) an = an−1 − (n ≥ 1), a0 = 2; (n + 1)! e) an+3 = an+2 + an+1 − an (n ≥ 0), a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2; Eredm´ enyek: a) an =
3·2n−1 −1 2
(n+1)(n+2)(n+3) 2
(n ∈ N)
b) an =
n
n−1
c) an = 3 + 2 · 3 d) an = 1 +
1 (n+1)!
(n ∈ N).
+ . . . + 2n−1 · 3 + 2n (n ∈ N).
(n ∈ N).
e) Az x3 − x2 − x + 1 = 0 egyenlet gy¨okei: 1,1,-1. (an = n, n ∈ N)
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
33
40) Igazoljuk, hogy a k¨ovetkez˝o sorozatok konvergensek: 1 (xn−1 + 1), n ≥ 2, x1 = 2 2 1 b) yn = , n ≥ 1, y0 = 0 yn−1 + 1 √ p c) zn = zn−1 + 2, n ≥ 2, z1 = 2
a) xn =
d) tn = α + tn−1 , n ≥ 1, t0 = 0 µ ¶ 1 α e) un = · un−1 + , n ≥ 1, u0 = 1 2 un−1 r à ! q q √ √ √ f) 2, 2 2, 2 2 2, . . . g)
à √
q α,
α+
√
r α,
q α+
α+
√
! α, . . .
h) vn = vn−1 + vn−2 , v0 = 1, v1 = 1
(Fibonacci-sorozat).
41) Konvergens-e az al´abbi sorozat? a3n + 30 (n ≥ 0), a1 = 0; 19 b3 + 30 (n ≥ 0), b1 = 5; = n 19
a) an+1 = b) bn+1
Eredm´ eny: Az a) pontbeli sorozat konvergens, m´ıg a b) pontbeli divergens.
V´ altoz´ o tagsz´ am´ u sorozatok: Ha az ´altal´anos tag ¨osszeg seg´ıts´eg´evel van megadva, akkor megpr´ob´aljuk az ¨osszeget kisz´am´ıtani, u ´n. z´art alakra hozni. Ha ez nem sikerl, akkor becsl´essel a rend˝or t´etel alkalmaz´as´aval oldjuk meg a feladatot. A leggyakrabban a k¨ovetkez˝o ¨osszegk´epleteket haszn´aljuk a z´art alakra hoz´askor: n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) ; 1 2 + 22 + . . . + n2 = ; 2 6 2 2 n (n + 1) 13 + 2 3 + . . . + n 3 = ; 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2 . 4
1 + 2 + ... + n =
34
42) Sz´am´ıtsuk ki: 12 + 2 2 + · · · + n 2 ; n→∞ 2n3 + n + 3 1 + 2 + ··· + n lim ; n→∞ n2 + 2n 12 + 32 + · · · + (2n − 1)2 lim ; n→∞ n3 − n2 22 + 42 + · · · + (2n)2 lim 2 ; n→∞ 1 + 32 + · · · + (2n − 1)2 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! lim ; n→∞ (n + 1)! 1 · 4 + 2 · 5 + 3 · 6 + · · · + n(n + 3) lim ; n n→∞ Cn+3 · ¶ µ ¶¸ µ 1 ³ a´ 2a (n − 1)a lim x+ + x+ + ··· + x + a, x ∈ R r¨ogz´ıtett. n→∞ n n n n
a) lim b) c) d) e) f) g)
43) Sz´am´ıtsuk ki az (an , n ≥ 1) sorozat hat´ar´ert´ek´et, ha:
13 + 23 + · · · + n3 n − ; n3 4 n X 1 b) an = ; k(k + 1)
f ) an =
k=1
a) an =
c) an = d) an = e) an =
k=1 n X
k=1 n X k=1 n X k=1
1 ; k(k + 2) 1 ; (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1 ; + 1)2
n X
g) an = h) an =
n X k=1 n X k=1
i) an = j) an =
k 2 (k
k) an =
n X
1 ; (k + 1)! + k! k+2 ; k! + (k + 1)! + (k + 2)! 1 ; k(k + 1)(k + 2)
k=1 n Y k=2 n X
k ; (k + 1)!
k2 + k − 2 ; k(k − 1) √ √ √ ( k + 2 − 2 k + 1 + k).
k=1
´ Utmutat´ as: El˝obb hozzuk mindig egyszer˝ ubb alakra a sorozat n-edik tagj´at, elv´egezve az ¨osszegz´eseket: ´ Pn Pn Pn ³ 1 1 1 1 = Pl: d) an = k=1 (2k−1)(2k+1) = 12 k=1 (2k+1)−(2k−1) = − k=1 2k−1 (2k−1)(2k+1) 2 2k+1 ³ ´ 1 1 1 2 1 − 2n+1 → 2 .
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
35
√ √ √ √ √ k + 2−2 k + 1+ k) = 1− 2+ n + 2− ³n + 1, ahol az ut´obbi k´ ´et √ 1 tagot a konjug´altj´aval beszorozva kapjuk, hogy lim an = lim 1 − 2 + √n+2+√n+1 = n→∞ n→∞ √ 1 − 2. k) an =
Pn
k=1 (
√
5.T´ etel (Cesaro-Stolz): Ha az x = (xn , n ∈ N) ´es y = (yn , n ∈ N) olyan sorozatok, melyekre fenn´all, hogy yn > 0 (n ∈ N), (yn , n ∈ N) egy nem korl´atos, monoxn+1 − xn ton n¨ovekv˝o sorozat, tov´abb´a l´etezik a lim = l hat´ar´ert´ek, akkor l´etezik a n→∞ yn+1 − yn xn xn lim hat´ar´ert´ek is, ´es lim = l. n→∞ yn n→∞ yn xn+1 √ = l, akkor ∃ lim n xn 6.T´ etel: Ha az (xn , n ∈ N) sorozat pozit´ıv tag´ u, ´es ∃ lim n→∞ n→∞ xn √ ´es lim n xn = l. n→∞
44) A Cesaro-Stolz t´etel seg´ıts´eg´evel sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket! √ √ √ 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 √ √ √ n→∞ 1 + 2 + 3 + ··· + n √ √ √ 1 + 2 + 3 + ··· + n lim n→∞ n 1 + √12 + √13 + · · · + √1n lim n→∞ n 1k + 2k + 3k + · · · + nk lim (k ∈ N) n→∞ nk+1 1 + 21 + · · · + n1 lim n→∞ ln n
a) lim b) c) d) e)
Megold´ asok: a) Mivel az (yn = 1 +
√
2+
√
3 + ··· +
√
n, n ∈ N) sorozat monoton xn+1 − xn n¨ovekv˝oen tart a +∞-hez, ez´ert a Cesaro-Stolz-t´etelt alkalmazzuk: lim = n→∞ yn+1 − yn √ q √ √ √ √ √ 2n + 1 2n−1 1 √ 5+···+ √ √ 2 − n+1 = 2, ez´ert lim 1+1+3+ = 2. lim √ = lim 2+ 3+···+ n n→∞ n→∞ n→∞ n+1 √ √ √ √ n+1 xn+1 − xn b) lim = lim = +∞, ez´ert lim 1+ 2+ n3+···+ n = +∞. n→∞ yn+1 − yn n→∞ n→∞ 1 xn+1 − xn 1 1 c) lim = lim √ = +∞ = 0, ez´ert lim an = 0. n→∞ yn+1 − yn n→∞ n→∞ n+1 xn+1 − xn (n + 1)k nk + P 1 1 = lim = lim = , ahol n→∞ yn+1 − yn n→∞ (n + 1)k+1 − nk+1 n→∞ (k + 1)nk + P2 k+1 1 P1 , P2 n-ben (k − 1)-edfok´ u polinomok. ´Igy lim an = . n→∞ k+1 d) lim
36
1
xn+1 − xn 1 1 ¡ ¢ = lim = lim n+1 = lim = ¡ ¢ n→∞ yn+1 − yn n→∞ ln n+1 n→∞ (n + 1) ln 1 + 1 n→∞ ln 1 + 1 n+1 n n n = 1. Teh´ at lim an = 1.
e) lim 1 ln e
n→∞
45) Sz´am´ıtsuk ki: a) lim
1+
√
2+
n→∞
√ √ 3 + ··· + n √ n n
1 (ln 2 + ln 3 + · · · + ln n) n √ √ √ 1 + 22 2 + 32 3 3 + · · · + +n2 n n c) lim n→∞ n(n + 1)(n + 2) µ ¶ 1 1 1 d) lim + + ··· + n→∞ n 2n nn µ ¶ 1 1 1 1 e) lim + + ··· + n→∞ n ln 2 ln 3 ln n b) lim
n→∞
Eredm´ enyek, u ´ tmutat´ asok: a) 23 ; b) +∞; c) 13 ; d) 0; e) 0. √ n+1 xn+1 − xn √ a) lim = lim √ A nevez˝oben lev˝o ”∞−∞” hat´arozatlans´ag n→∞ yn+1 − yn n→∞ (n + 1) n + 1 − n n miatt b˝ov´ıts¨ unk a nevez˝o konjug´altj´aval. 1 + 1 + · · · + n1 1 1 + · · · + nn = 1 2 d) n1 + 2n ... n 46) a) L´assuk be, hogy ha az (xn , n ∈ N) egy monoton sorozat, akkor a µ ¶ x1 + x2 + · · · + xn ∗ σn = , n∈N n sorozat is monoton; b) ha lim xn = l, akkor lim σn = l. n→∞
n→∞
47) Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! a) an = b) an =
√ n √ n
n!
n+1 p n c) an = n3 − 3n + 1 r 1 1 1 n d) an = cos · cos · . . . · cos 2 3 n r n 2n + 1 e) an = n
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorozatokkal
37
xn+1 Megold´ asok: a) Az xn = n! sorozatra alkalmazhat´o a 6.T´etel: lim = lim (n+ n→∞ xn n→∞ √ 1) = +∞, ez´ert lim n n! = +∞. n→∞
b) Az xn = n + 1 sorozatra alkalmazhat´o a 6.T´etel: lim
n→∞
xn+1 = lim n+1 = 1, a n→∞ n xn
sorozat hat´ar´ert´eke teh´at 1. 3 xn+1 c) Az xn = n3 − 3n + 1 sorozattal lim = lim (n+1)n3 −3(n+1)+1 = 1, a sorozat −3n+1 n→∞ xn n→∞ hat´ar´ert´eke teh´at 1. xn+1 1 d) Az xn = cos 12 · cos 13 · . . . · cos n1 sorozattal lim = cos 0 = 1, = lim cos n+1 n→∞ xn n→∞ a sorozat hat´ar´ert´eke teh´at 1. e) 1. 48) Sz´am´ıtsuk ki a k¨ovetkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! p
(n + 1)! √ n n! s µ ¶ln n 1 n g) xn = 1+ n r n (a + 1)(a + 2) . . . (a + n) h) xn = (a > 0) n! v u n uX n Cnk i) xn = t n+1
a) xn =
f ) xn =
√ n
n n b) xn = √ n n! 1p c) xn = n (n + 1)(n + 2) . . . (n + n) ns (2n)! d) xn = n (n!)2 s 33n (n!)3 e) xn = n (3n)!
k=0
v u n Y 1u n j) xn = t (a + k) (a > 0). n k=1
Eredm´ enyek, u ´ tmutat´ asok: a) 1; b) 1; c) 4; d) 4; e) 1... √ n A b) ´es c) pontokban n = nn alkalmaz´asa javasolt. Sorozatok als´ o ´ es fels˝ o hat´ ar´ ert´ eke: Legyen H az (an , n ∈ N) r´eszsorozatai hat´ar´ert´ekeinek halmaza. A H legkisebb elem´et a sorozat als´ o hat´ ar´ ert´ ek´ enek vagy limes inferiorj´ anak nevezz¨ uk, a legnagyobb elem´et pedig a sorozat fels˝ o hat´ ar´ ert´ ek´ enek vagy limes superiorj´ anak nevezz¨ uk. Jel¨ol´es: lim inf an , lim an , illetve lim sup an , lim an . n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Az (an , n ∈ N) sorozatnak akkor ´es csak akkor van hat´ar´ert´eke, ha a H halmaz egyelem˝ u: ∃ lim an = l ⇔ lim inf an = lim sup an = l. n→∞
n→∞
n→∞
38
49) Adjuk meg az al´abbi sorozatok als´o ´es fels˝o hat´ar´ert´ek´et! a) (xn = (−1)n , n ∈ N) µ µ ¶ ¶ 1 + 2 · (−1)n , n ∈ N b) yn = 3 1 − n
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
39
2. Feladatok val´os sz´amsorokkal P∞ Legyen (xn , n ∈ N) egy val´os sz´amsorozat. Az x0 + x1 + x2 + . . . = k=0 xk form´alis . ¨osszeget v´ egtelen sornak nevezz¨ uk. Itt xn a sor n-edik tagja, Sn = x0 +x1 +. . .+xn (n ∈ N) a sor n-edik r´ e szlet¨ o sszege. P∞ A uk, ha az (Sn , n ∈ N) r´eszlet¨osszegsorozat k=0 xk sort konvergensnek nevezz¨ konvergens. A r´eszlet¨osszegsorozat hat´ a r´ e rt´ek´et, az α = limn→∞ Sn sz´amot a sor P∞ ¨ osszeg´ enek nevezz¨ uk. Jele: x = α k k=0 Egy v´egtelen sort divergensnek nevez¨ unk, ha nem konvergens. P∞ T´ etel: (A konvergencia sz¨ uks´ eges felt´ etele) Ha a k=0 xk sor konvergens, akkor limn→∞ xn = 0. P∞ 1 (A fenti t´etel nem ad el´egs´eges felt´etelt a sor konvergenci´aj´ara, pl. a k=1 n sor divergens, b´ar a limn→∞ n1 = 0 felt´etel teljes¨ ul. M´egis, hasznos a t´etel a limn→∞ xn 6= 0 esetben, ekkor ugyanis a sor divergenci´aja k¨ovetkezik.) P∞ T´ etel (Cauchy-f´ ele konvergenciakrit´ erium sorokra): A k=0 xk sor akkor ´es csak akkor konvergens, ha ∀ε eset´en ∃N ∈ N u ´gy, hogy ∀n ≥ m ≥ N indexre |xm + xm+1 + . . . + xn | < ε teljes¨ ul. A geometriai sor ¨osszegk´eplete: ( n a 1−q 2 n−1 1−q ha q 6= 1 a + a · q + a · q + ... + a · q = na ha q = 1 ∞ X
aq k = a
k=0
1 1−q
ha |q| < 1.
1) A r´eszlet¨ osszegek sorozat´anak vizsg´alat´ aval igazoljuk, hogy az al´abbi sorok konvergensek ´es hat´arozzuk meg az ¨osszeg¨ uket! ∞ X a) 100 · (0, 9)k k=0 ∞ X 1 1 (−1)n 1 + − ··· + + · · · = (−1)k k 3 9 3n 3 k=0 ¶ ∞ µ X 1 1 c) + k 2k 5 k=0 µ ¶ ∞ k X 1 d) 7
b) 1 −
k=1
40
∞ P Megold´ as: a) A geometriai sorok ¨osszegk´eplete alapj´an 100 · (0, 9)k = k=0 ¶k µ ∞ ∞ P P 1 1 3 1 k 1 = 100 · 1−0,9 = 1000; tov´abb´a (−1) k = − = = ; ´es 1 3 3 4 1 − (− 3 ) k=0 k=0 µ ¶ µ ¶k µ ¶k ∞ ∞ ∞ P P P 1 5 1 1 1 1 13 1 + =2+ = + = . + k = k 5 4 4 1 − 12 1 − 15 k=0 2 k=0 2 k=0 5 A d) pontban megl´atjuk, hogy a szumm´aci´os index k = 1-t˝ol megy, ez´ert hozz´adva ´es µ ¶k µ ¶k ∞ ∞ P P 1 1 kivonva az 1-et, a k¨ovetkez˝oh¨oz jutunk: = − 1 = 1−1 1 − 1 = 16 . 7 k=1 7 k=0 7
2) A r´eszlet¨osszegek sorozat´anak vizsg´alat´aval d¨onts¨ uk el, hogy az al´abbi sorok konvergenseke ´es hat´arozzuk meg az ¨osszegeiket! 1 1 1 + + ··· + + ... 1·2 2·3 n · (n + 1) 1 1 1 b) + + ··· + + ... 1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) ∞ X 1 c) k(k + 1)(k + 2)
a)
k=1
5 13 3n + 2n d) + + ... + ... 6 36 6n e) f) g) h) i) j)
1 1 1 1 + + + ··· + + ... 1 · 4 4 · 7 7 · 10 (3n − 2) · (3n + 1) 1 1 1 + + ··· + + ... 1·7 3·9 (2n − 1) · (2n + 5) 1 1 1 + + ··· + + ... 1·4 2·5 n · (n + 3) 3 5 2n + 1 + + ··· + 2 + ... 4 36 n (n + 1)2 1 2 n + + ··· + + ... 9 225 (2n − 1)2 (2n + 1)2 ∞ X 1 p n(n + 1) n=1
∞ P A defin´ıci´o alapj´an a ak sor akkor ´es csak akkor konvergens, ha az k=0 Pn n-edik r´eszlet¨osszegek (Sn = k=0 ak = a0 + a1 + · · · + an , n ≥ 0) sorozata konvergens. ∞ P Ekkor defin´ıci´o szerint ak = lim Sn . A fenti sorok konvergenci´aj´at teh´at a defin´ıci´o
Megold´ as:
k=0
n→∞
alapj´an vizsg´alva arra t¨oreksz¨ unk, hogy az Sn kifejez´est a lehet˝o legr¨ovidebb, u ´n. z´art alakba ´ırjuk, ´es ily m´odon sz´amoljuk az Sn hat´ar´ert´ek´et.
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
41
1 1 1 = − , n · (n + 1) n (n + 1) ∞ P 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ahonnan Sn = 1− + − + − +· · ·+ − = 1− . Ez´ert = 2µ 2 3 3¶ 4 n n+1 n+1 n=1 n · (n + 1) 1 = lim Sn = lim 1 − = 1, k¨ovetkez´esk´epen a sor konvergens ´es ¨osszege 1. n→∞ n→∞ n+1 µ ¶ 1 1 1 1 b) Hasonl´o gondolatmenettel: , ez´ert Sn = = − (2n − 1) · (2n µ ¶ + 1)µ 2 2n −¶1 2n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + ··· + − = 1− . ´Igy a 2 3 3 5 2n − 1µ 2n + 1 ¶ 2 2n + 1 ∞ P 1 1 1 1 = lim 1− = , ez´ert a sor konvergens ´es ¨osszege 1. n→∞ (2n − 1) · (2n + 1) 2 2n + 1 2 n=1 a) Elemi t¨ortek ¨osszeg´ere bontjuk a sor n-edik tagj´at:
c) A k-adik tagot elemi t¨ortek ¨osszeg´ere bontjuk: A B C A(k 2 + 3k + 2) + B(k 2 + 2k) + C(k 2 + k) 1 = + + = , k(k + 1)(k + 2) k k+1 k+2 k(k + 1)(k + 2) ´ 1 1 ³1 2 1 = k¨ovetkezik, s ´ıgy − k+1 + k+2 . k µ k(k + 1)(k + 2) ¶ 2 1 1 1 A r´eszlet¨osszegsorozat n-edik tagja: Sn = − , ek´eppen 2 2 (k + 1)(k + 2) µ ¶ ∞ P 1 1 1 1 1 = lim − = . n→∞ 2 2 (k + 1)(k + 2) 4 n=1 k(k + 1)(k + 2) 3n + 2n 3n 2n 1 1 d) A = n + n = n + n ´atalak´ıt´ast elv´egezve Sn = 12 + 31 + 212 + 312 + · · · + 6n 6 6 2 3 1 − 21n 1 1 − 31n 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2n + 3n = ( 2 + 22 +· · ·+ 2n )+( 3 + 312 +· · ·+ 31n ) = 12 · 1 +3· 1 = 1− 2n + 2 − 1− 2 1− 3 ∞ 3n + 2n P 1 1 1 1 3 . Ebb˝ol a k¨ovetkez˝o ¨osszegre jutunk: = lim (1+ − n − )= . n n n n→∞ 2·3 6 2 2 2·3 2 n=1 ³ ´ P∞ 23 11 1 e) 13 , f) 90 , g) 18 , h) 1, i) sn = 18 1 − (2n+1) , ´ıgy n=1 (2n−1)2n(2n+1)2 = 18 . 2 teh´at A = 12 , B = −1, C =
1 2
3) Bizony´ıtsuk be, hogy divergensek! a) b) c)
∞ X
∞ X
n 3n − 1 n=1
d)
∞ X p n
∞ X √ √ e) ( n + 1 − n)
0, 3
n=1 ∞ X
1 n n=1
n=1
f)
n=1 ∞ X
√ n
1 2n + 1
1 (−1)n+1 √ n 3 n=1
42
´ Utmutat´ as: Az a), b), d) ´es f) pontokat a konvergencia sz¨ uks´eges ¢felt´etel´evel, a c) ¡ 1 pontot a Cauchy-f´ele konvergenciakrit´eriummal |S2n − Sn | > n 2n = 12 . Az e) esetben √ Sn = n + 1 − 1 → ∞. d) sszehasonl´ıt´o krit´eriummal Ha a sor n-edik r´eszlet¨osszegsorozat´at, (Sn , n ∈ N)-et nem tudjuk z´art alakra hozni, akkor a konvergenci´aj´at a Leibniz-szab´aly, a gy¨okkrit´erium, a h´anyadoskrit´erium, vagy az ¨osszehasonl´ıt´asi (major´al´asi) krit´erium valamelyik´evel tudjuk vizsg´alni. Ilyenkor ´altal´aban nem tudjuk megadni a sor ¨osszeg´et, de el tudjuk d¨onteni, hogy Pkonvergens-e. ∞ Ha az (xn , n ∈ N) sorozat olyan, hogy xn ≥ 0 (n ∈ N), akkor a k=0 xk sort pozit´ıv tag´ u sornak nevezz¨ uk. ¨ T´ e tel ( Osszehasonl´ ıt´ o-P krit´ erium) a) Tegy¨ uk fel, hogy 0 ≤ xn ≤ yn (n ∈ N). Ha P∞ ∞ y konvergens, akkor x is konvergens. n n n=0 n=0 P∞ P∞ b) Tegy¨ uk fel, hogy 0 ≤ xn ≤ yn (n ∈ N). Ha n=0 xn divergens, akkor n=0 yn is divergens. K¨ovetkezm´eny:
½ ∞ X 1 nα n=1
konvergens, ha α > 1 divergens, ha α ≤ 1
P∞ α = 1 eset´en: n=1 n1 divergens, az el˝oz˝o feladat c) poontj´aban v´azoltak alapj´an. P∞ α < 1 eset´en az ¨osszehasonl´ıt´o krit´erium alapj´an: n1α ≥ n1 ´es n=1 n1 divergens, teh´at a P∞ 1 n=1 nα is divergens. ¡ 1 ¢n 1 1 1 < 1, ´ıgy 2α−1 → 0. Ez´ert S2n+1 − S2n = (2n +1) α > 1 eset´en 2α−1 α + (2n +2)α + . . . + ¡ 1 ¢n 1 n 1 < ε elegend˝oen nagy n-re. (2n+1 )α < 2 (2n )α = 2α−1 4) D¨onts¨ uk el, hogy az al´abbi sorok k¨oz¨ ul melyek az abszol´ ut ´es melyek a felt´etelesen konvergens sorok! 1 1 1 1 + 2 − 2 + 2 − ... 32 5 7 9 1 1 1 1 1 1 1 b) − · 2 + · 3 − · 4 + . . . 2 2 2 3 2 4 2 1 1 1 c) − + − ... log 2 log 3 log 4 1 1 1 d) − 1 + √ − √ + √ − . . . 2 3 4 sin α sin 2α sin 3α e) + + + ... 1 4 9 1 1 1 1 f )1 − + − + − . . . 3 5 7 9 µ ¶2 µ ¶3 µ ¶4 2 1 3 4 g) − + − + ... 3 5 7 9 a)1 −
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
43
Eredm´ enyek: a) abszol´ ut konvergens: |an | = e) abszol´ ut konvergens: |an | =
| sin nα| n2
≤
1 (2n−1)2
<
1 n2 .
1 n2 .
n )n < ( 12 )n . g) |an | = ( 2n+1
5) Az ¨osszehasonl´ıt´o krit´erium alapj´an d¨onts¨ uk el, hogy az al´abbi sorok konvergenseke: a) b) c) d) e) f)
∞ X
1 √ n n −1 n=1 ∞ X
1 10n +3 n=1 ∞ X n=1 ∞ X
1 + 10
n2
1 √ n n=1 ∞ X
1 2−1 4n n=1 ∞ X
1
p
n=1
√
√ n+1− n √ g) 3 n n=1 √ ∞ X n2 + 100 n √ √ h) n7 − n5 n=1 ∞ X
i)
∞ X n=1 ∞ X
n1000 e−n · cos n
1 n2 ) n n=1 √ ∞ √ X n+1− n k) n − log2 n n=1 j)
e−n log(1 +
n(n2 + 1)
P∞ P∞ 1 1 1 √ √ < n=1 = n=1 es fel3 ´ n n−1 (n − 1) n − 1 (n − 1) 2 1 < 2 n1 , haszn´aljuk, hogy egy adott tagt´ol kezdve (a m´asodik tagt´ol) teljes¨ ul, hogy n−1 P∞ P∞ 1 P∞ 1 1 3 2 · teh´at n=1 at a n=1 3 konvergens sor major´alja a 3 < (2) 3 . Teh´ n=1 (n − 1) 2 n2 n2 vizsg´alt sort, mely emiatt konvergens kell legyen. 1 b) Sorunk minor´ansa egy divergens sor, ez´ert divergens sort kaptunk: > 10n + 3 P∞ P∞ 1 1 1 1 (n ≥ 3), igy n=1 > 11 = +∞ n=1 11n 10n + 3 n P∞ 1 1 1 c) 2 < 2 es a n=1 2 sor konvergens, ´ıgy ad´odik a sz´oban forg´o sor konvern + 10 n n genci´aja. P∞ 1 1 1 d) √ ≥ es a n=1 sor divergens, ´ıgy sorunk is az. n n n Megold´ asok: a)
P∞
n=1
e) konvergens 1 1 1 f) p
44 √
√ n+1− n √ sor divergens, ezt u ´gy l´atjuk be, hogy megadjuk egy din=1 3 n √ √ vergens minor´ans´at. uljuk a sor n-edik tagj´at, hogy ( n + 1 + n)-el √ Ak´eppen √ becs¨ n+1− n n+1−n 1 √ √ √ √ b˝ov´ıtj¨ uk a t¨ortet: = √ > √ > √ 3 3 3 n n( n + 1 + n) n + 1( n + 1 + n + 1) P∞ 1 1 1 1 √ √ √ > √ = . A sor teh´at egy n=1 3 2 2(n + 1) 2(n + 1) 2 n+1· n+1 2 n+1· n+1 divergens minor´ansa a vizsg´alt sornak, mely ezalapj´an divergens kell legyen. g) A
P∞
√ √ n2 + 100 n n2 + 100n2 101 n2 + 100 n √ √ √ = < h) A √ √ √ =√ 3 √ = 7 5 2 3 2 3 n − n n ( n − n) n ( n − n) n − n P∞ 101 101 101 1 = √ < √ = ıgy 3 . A 101 3 sor konvergens, ´ n=1 n(n − 1) n − 1(n − 1) (n − 1) 2 (n − 1) 2 a kezdeti sorunk is konvergens. P∞ 1000 −n i) |n1000 e−n · cos n| ≤ n1000 e−n A e sor konvergenci´aj´at bel´athatjuk n=1 n 1000 −(n+1) en (n + 1) e n+1 1 1 h´anyadoskrit´eriummal: =( ) 000 n+1 → < 1 ´Igy a major´ans 1000 −n n e n e e sor konvergenci´ aja biztos´ıtja a vizsg´alt sor konvergenci´aj´at. 2
j) an = e−n ln(1 + n1 )n = ne−n ln(1 + n1 )n , ´am (1 + n1 )n < e miatt ln(1 + n1 )n < P∞ n ln e = 1, igy an = ne−n ln(1 + n1 )n < enn A aj´at l´assuk be n=1 en sor konvergenci´ a h´anyadoskrit´eriummal: konvergens.
an+1 an
=
n+1 en+1 n en
=
n+1 1 n e
→
1 e
< 1. A sz´oban forg´o sor teh´at
√
√ 1 1 n+1− n = √ < √ = √ √ n − log2 n ( n + 1 + n)(n − log2 n) ( n +√ n)(n − log2 n) 1 n n = √ Folytassuk tov´abb a becsl´est: √ → 12 , ez´ert egy bi2 2 2 n(n − log n) 2 n(n − log n) √ 1 1 n n 1 < 1, teh´at √ < √ = 3. A zonyos n-t˝ol kezdve √ n n 2 n(n − log2 n) 2 n(n − log2 n) n2 P∞ 1 alja sorunkat. 3 sor pedig konvergens, mely major´ n=1 n2 k)
6) Az ¨osszehasonl´ıt´okrit´erium alapj´an d¨onts¨ uk el, hogy az al´abbi sorok konvergensek-
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
e:
45
¶2 ∞ µ X 1+n a) 1 + n2 n=1 √ √ ∞ X n+1− n √ b) n n=1 c) d) e)
∞ X √ √ ( n + 1 − n) n=1 ∞ X
√
n=1 ∞ X n=1
n+1− n
√
n
1 1 n1+ n
P∞ Legyen (xn , n ∈ N) egy nemnegat´ıv tag´ u, monoton cs¨okken˝o sorozat. Ekkor a n=0 (−1)n · xn sort Leibniz-t´ u sornak nevezz¨ uk. P∞ıpus´ n T´ etel: A (−1) · x Leibniz-t´ ıpus´ u sor akkor ´es csak akkor konvergens, ha n n=0 limn→∞ xn = 0. 7) D¨ontse el, hogy az al´abbi sorok k¨oz¨ ul melyek konvergensek! a) b) c) d)
∞ X (−1)n √ n n=1 ∞ X
n+1
(−1) n n=1 ∞ X
(−1)n ·
n=0 ∞ X
n3 10n
1 (−1)n+1 · √ n 3 n=1
e) f)
∞ X
(−1)n−1 ·
n=1 ∞ X
(−1)n ·
n+1 3n
(−1)n ·
n+1 2n + 1
n=0
g)
∞ X n=0
1 2n−1
´ Utmutat´ as: A Leibniz-krit´eriummal egyszer˝ u sz´amol´as eredm´enyezi a v´alaszokat. P∞ P∞ A Pn=0 xn sort abszol´ ut konvergensnek nevezz¨ uk, ha a n=0 |xn | sor konvergens. ∞ A n=0 xn sort felt´ etelesen konvergensnek nevezz¨ uk, ha konvergens, de nem abszol´ ut konvergens. P∞ Cauchy-f´ ele gy¨ okkrit´ erium: Legyen n=0 xn egy sor. p P ∞ Ha lim supn→∞ n |xn | < 1, akkor n=0 xn abszol´ ut konvergens. p P ∞ n Ha lim supn→∞ |xn | > 1, akkor n=0 xn divergens.
46 P∞ D’Alambert-f´ ele h´ anyadoskrit´ erium: Legyen n=0 xn egy sor, melynek egyik tagja sem nulla. P∞ | Ha lim supn→∞ |x|xn+1 < 1, akkor n=0 xn abszol´ ut konvergens. n| P∞ |xn+1 | Ha lim supn→∞ |xn | > 1, akkor n=0 xn divergens. 8) A gy¨okkrit´erium vagy a h´anyadoskrit´erium alapj´an igazoljuk, hogy az al´abbi sorok konvergensek: ∞ ∞ X X xn n d) a) n 2n n=1 n=1 b)
∞ X n! n 5 n=0
e)
∞ X 1 c) n n n=1
2 ∞ X 2n f) n! n=0
∞ X
n (n + 1)3 n=0
g) h)
l)
∞ X
n (n + 1)2 n=0
m)
((n + 2)!)3 (2n)! · (n − 1)! n=1 ∞ X
1 (log n)n n=1 ¶n ∞ µ X 1 1 k) + 2 n n=1 j)
¶n ∞ µ X n + 2006 n=1 ∞ X
∞ X
i)
∞ X xn n! n=1
2n + 7
n2 2n n=1
n)
∞ X (n − 1)!2n nn n=1
o)
∞ X (6 + 1)(2 · 6 + 1) . . . (n · 6 + 1) (7 + 1)(2 · 7 + 1) . . . (n · 7 + 1) n=1
Megold´ asok: a) A gy¨okkrit´erium alapj´an lim
√ n
n→∞
r an = lim
n→∞
n
√ n n n = lim = n→∞ 2 2n
1 = < 1, miszerint a sor konvergens. 2 ∞ P √ 1 j) A okkrit´erium alapj´an, mivel a lim n an = (log n)n sor konvergens a gy¨ n→∞
n=1
1 = lim = 0 < 1. n→∞ log n √ k) A lim n an = lim ( 12 + n1 ) = n→∞
n→∞
1 2
< 1 miatt ad´odik a vizsg´alt sor konvergenci´aja.
n + 2006 1 = < 1. 2n + 7 2 q √ 2 n √ 2 m) lim n an = lim n 2nn = lim ( 2n) = l) lim
√ n
n→∞
n→∞
an = lim
n→∞
n→∞
n→∞
1 2
< 1.
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
47
nn n!2n+1 n) Alkalmazzuk a h´anyadoskrit´eriumot: lim | aan+1 | = lim = n+1 n n→∞ n→∞ (n + 1) (n − 1)!2n µ ¶n+1 n 2 = lim 2 = < 1. A vizsg´alt sor teh´at konvergens. n→∞ n+1 e (6 + 1)(2 · 6 + 1) . . . (n · 6 + 1) | = lim o) Hasonl´oan, lim | aan+1 = n n→∞ n→∞ (7 + 1)(2 · 7 + 1) . . . (n · 7 + 1) (n + 1)6 + 1 = lim = 67 < 1. n→∞ (n + 1)7 + 1 9) D¨onts¨ uk el, hogy az al´abbi sorok konvergensek-e! a)
∞ X 1000n n! n=1
b)
∞ X (n!)2 (2n)! n=1
1000 1000 · 1001 1000 · 1001 · 1003 + + + ... 1 1·3 1·3·5 4 4 · 7 4 · 7 · 10 g) + + + ... 2 2 · 6 2 · 6 · 10 ∞ X n2 h) (2 + cos2nx )n n=1 f)
∞ X (1.5)n n! c) nn n=1
d)
i)
∞ X 3n n! nn n=1
j)
∞ X
n2 (2 + n1 )n n=1 ∞ X
nn−1 n+1
(2n2 + n + 1) 2 π π π k) sin + 4 sin + · · · + n2 sin n + . . . 2 4 2
∞ X (n!)2 e) 2n2 n=1
n=1
2x2 22 x3 23 x4 2n−1 xn + + + ··· + + ... 3 5 7 2n − 1 1·2 2 1·2·3 3 n! m) x + x + x + ··· + xn + . . . 1·3 1·3·5 1 · 3 . . . (2n − 1) l) x +
2
x4 x9 xn n) x + + + ··· + + ... 1·2 1·2·3 n! ∞ X 1 · 2 · ... · n o) (n + 1)(n + 2) . . . (2n) n=1 p)
∞ X
2
ne−n
n=1
Eredm´ enyek: a), b) ´es c) konvergensek; d) divergens; e), f), g), h), i), j), k) konvergens, l) |x| < 12 eset´en konvergens, m) |x| < 2 eset´en konvergens, n) |x| ≤ 1 eset´en konvergens, o) konvergens, h´anyadoskrit´eriummal, p) konvergens, h´anyadoskrit´eriummal. 10) D¨onts¨ uk el, hogy az al´abbi sorok k¨oz¨ ul melyek az abszol´ ut ´es melyek a felt´etelesen konvergens sorok!
48
a)
∞ X
1 (−1)n · √ n n=1
e)1 + q + q 2 + · · · + q n + . . . f )1 + q + 2q 2 + · · · + nq n + . . .
∞ X
2n b) (−1)n · 2 n n=2 c) d)
∞ X
(−1)n ·
n=2 ∞ X
1 1 (−1)n−1 + − · · · + + ... 22 32 n2 sin x sin 2x sin nx h) √ + √ + · · · + √ + . . . n n 1 1 2 2 1 1 (−1)n i) − + ··· + + ... log 2 log 3 log n g)1 −
log n n
(−1)n−1 nα n=1
P∞ log n n Megold´ asok: c) A = log2 2 − log3 3 + log4 4 v´altakoz´o el˝ojel˝ u sor n=2 (−1) · n konvergenci´aj´ ahoz elegend˝o megmutatni, hogy |an | ≥ |an+1 | (n = 2, 3, . . . ) ´es an → 0, azaz hogy tagjainak abszolut ´ert´ek´eb˝ol ´all´o sorozat monoton cs¨okken˝oen tart a null´ahoz. √ √ log n + 1 log n ≤ ekvivalens azzal, hogy log n+1 n + 1 ≤ log n n, ami a log f¨ A uggv´eny n+1 n √ √ n+1 n monoton n¨ovekv˝o volta miatt az u. Ez √n + 1 ≤ √n egyenl˝otlens´eggel egyen´ert´ek˝ minden n ∈ N sz´amra igaz, hiszen a n+1 n + 1 > n n ford´ıtott egyenl˝otlens´egb˝ol n(n+1)edik hatv´anyra emel´essel ellentmond´ashoz jutunk. Teh´at (an , n ≥ 2) sorozat monoton √ cs¨okken˝o, ´es lim logn n = lim log n n = log 1 = 0. A sor teh´at felt´etelesen konvergens, n→∞
n→∞
log n n
> n1 (n ≥ N ) P∞ d) A sor α > 1 eset´en abszolut konvergens, hiszen ekkor a n=1 n1α sor konvergens. Ha 0 < α ≤ 1, akkor a sor a v´altakoz´o el˝ojel˝ u sorokra vonatkoz´o krit´ erium (LeibnizP ∞ krit´erium) alapj´an konvergens. A konvergencia itt felt´eteles, hiszen a n=1 n1α sor divergens erre az α -ra.
mivelhogy nem abszolut konvergens: ∃N ∈ N, hogy an =
e) Ha |q| < 1, akkor a sor abszolut konvergens. f) A h´anyadoskrit´erium alapj´an a 1 + q + 2q 2 + · · · + nq n + . . . sor abszolut konvergens, n+1 | hiszen lim |(n+1)q = |q| < 1, ez´ert a sor tagjainak abszolut ´ert´ekeib˝ol alkotott sorra n| |nq n→∞ alkalmazhattuk a h´anyadoskrit´eriumot. g) Mivel a
P∞
1 n=1 n2
sor konvergens, ez´ert a
P∞
1 √nx | ≤ √ , tov´abb´ aa h) L´athatjuk, hogy | sin n n n n ´ıgy a vizsg´aland´o sor abszolut konvergens.
P∞
(−1)n−1 n2
1 √ n=1 n n
sor abszolut konvergens. P∞ = n=1 13 sor konvergens, n2
(−1)n okken˝oen tart a null´ahoz, log n sorozat monoton cs¨ (−1)n 1 | log n | > n . Ekkor teh´at felt´etelesen konvergens.
i) A sor konvergens, hiszen az an = ´am nem abszolut konvergens, hiszen
n=2
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
49
11) Mutassuk meg, hogy az al´abbi sorok divergensek: a) b)
∞ X
1
nn+ n (n + n1 )n n=1 ∞ X n=2
√ n
1 ln n
M˝ uveletek sorokkal P∞ Legyenek ∈ N) ´es (yn , n ∈ N) val´os sz´amsorozatok ´eP s λ ∈ R. A n=0 (xn + yn ) P∞ (xn , nP ∞ ∞ sort osszeg´ enek nevezz¨ uk. A n=0 λxn sor a λ sz´ am ´ es Pa∞ n=0 xn ´es n=0 yn sorok ¨ a n=0 xn sor szorzata. P∞ P∞ P∞ T´ etel: a) Ha a n=0 es n=0 yn sorok konvergensek, akkor a n=0 (xn + yn ) is n ´ Px P P ∞ ∞ ∞ konvergens ´es ¨osszege: n=0 (xn + yn ) = n=0 xn + n=0 yn . P∞ P∞ b) Ha a n=0 P∞ Px∞n sor konvergens ´es λ ∈ R, akkor a n=0 λxn is konvergens ´es ¨osszege: n=0 λxn = λ n=0 xn . P∞ P∞ A n=0 xn ´es P sorok n=0 ynP ∞ t´ egl´ anyszorzata: n=0 max{k,l}=n xk yl ; P∞ P Cauchy-szorzata: n=0 k+l=n xk yl ; P∞ P∞ ut konvergensek, akkor a Cauchyes T´ etel: Ha a n=0 yn sorok abszol´ n=0 xn ´ P∞ szorzatuk ´ e s a t´ e gl´ a nyszorzatuk is abszol´ u t konvergens, ´es mindk´et szorzatsor ¨osszege= n=0 xn · P∞ n=0 yn . T´ etel: Ha a k´et konvergens sor Cauchy-szorzata is konvergens, akkor ¨osszege egyenl˝o a k´et sor ¨osszeg´enek szorzat´aval. 12) Sz´am´ıtsuk ki az al´abbi sorok ¨osszeg´et: ¶ X ¶ ∞ µ ∞ µ X 1 (−1)n (−1)n+1 n + + (0.5) + 5n n2 n2 n=1 n=1 ¶ ∞ µ X 1 (−1)n b) + 2n 3n n=1
a)
13) Igazoljuk, hogy az al´abbi sorok konvergensek ´es hat´arozzuk meg az ¨osszeg¨ uket: ∞ X (−1)n−1 2n−1 n=1 ¶ ∞ µ X 1 1 b) + 2n 3n n=0
a)
∞ X
1 c) n(n + 1) n=1
d) e)
∞ X n=0 ∞ X
1 −1
4n2
1 2 n n=1
∞ X 1 f) n! n=1
50 P∞ ¡ 1 ¢n P∞ ¡ 1 ¢n 14) Igazolja, hogy a ´es a sorok abszol´ ut konvergensek ´es n=0 − 3 n=0 3 k´epezze a Cauchy-szorzatukat! P∞ P∞ n−1 1 n−1 1 15) Igazolja, hogy a es a oz¨ ul az egyik n=1 (−1) n=1 (−1) n ´ 2n−1 sorok k¨ abszol´ ut konvergens ´es k´epezze a Cauchy-szorzatukat!
16) Az al´abbi sorok k¨oz¨ ul melyek konvergensek?
a) b) c) d) e) f) g)
∞ X p n
0, 01
n=1 ∞ X
h)
1 3n! n=1
i)
∞ X 2n n! n=1
j)
∞ X
1 1 + n2 n=0 ∞ X
k)
1
p
n(1 + n2 )
n=1 ∞ X
n2 2n n=1
l) m)
∞ X n! n 2 n=0
∞ X (−1)n √ n n=1 ∞ X
(−1)n
n=1 ∞ X
n3 10n
1 (ln n)n n=2 ∞ X 1 ³ n ´n n n! 3 n=1 ∞ X nn n! n=1 ∞ X n=1
(−1)n
p
n(n + 2)
17) Igazoljuk, hogy:
à a)
∞ X
!2 q
n
n=0
à b)
∞ X
n=0
=
q
(n + 1)q n
ha |q| < 1
n=0
!3 n
∞ X
=
∞ X (n + 1)(n + 2) n q 2 n=0
ha |q| < 1
Simon Ilona: Feladatok val´os sz´amsorokkal
18) Az x sz´am mely ´ert´ekeire konvergensek az al´abbi sorok? a) b) c) d)
∞ X n=1 ∞ X
2n
1 xn · n3
1 (x + 4)n n · n! 3 n=1 ∞ X √
nxn
n=1 ∞ X
(2n)!xn n! n=0
e)
∞ X (x + 2)n √ n n=1
f)
∞ X ln(n + 1) · (x − 1)n n + 1 n=1
51
