Gyakorl´ o feladatok az II. konzult´ aci´ o anyag´ ahoz 2003/2004 tan´ev, I. f´el´ev
1. Vizsg´aljuk meg a k¨ovetkez˝o sorozatokat korl´atoss´ag ´es monotonit´as szempontj´ab´ol! an =
5n+1 , n!
bn =
n+2 , 3n − 8
cn = 1 −
(−1)n n
2. Vizsg´aljuk meg az el˝oz˝o feladat sorozatait, hogy melyek konvergensek ill. divergensek! A konvergens sorozatok eset´en adjunk meg az ε = 0.1, 10−3 , 10−6 ´ert´ekekhez olyan n0 k¨ usz¨obsz´amokat, melyekn´el nagyobb n indexekre a sorozatok m´er ε-n´al jobban megk¨ozel´ıtik a hat´ar´ert´eket! 3. Legyen adott az
n3 + 2n2 + 12 3n3 + n2 + n + 1 sorozat. Adjunk meg tetsz˝oleges ε > 0 ´ert´ekhez olyan n0 k¨ usz¨obsz´amot, melyn´el nagyobb n indexekre a sorozat m´ar ε-n´al jobban megk¨ozel´ıti a hat´ar´ert´eket! an =
4. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o sorozatok hat´ar´ert´ek´et! an = cn =
n5 −12n3 +34 , n6 +n2 −123
√
n+1−
√
10n +102 , 5n +2n +105
bn = n − 1,
dn =
√
4n2 + 5n + 2 − 2n, 2 +5
2
en = ( n−3 )3n , n−5
fn = ( nn2 +2 )n +3
.
5. Hat´arozzuk meg, hogy a k¨ovetkez˝o sorok konvergensek, vagy divergensek, ha lehet akkor hat´arozzuk meg az ¨osszeg¨ uket is! a) d) g) k)
P∞
1 n=0 5n2 +2 ,
P∞
1 n=0 n! ,
P∞
n+1 n2 n=1 ( n+2 ) ,
P∞
8n2 +1 n=1 (n2 +1)n ,
b) e) h) l)
P∞
√1 , 2n
c)
1 n=0 (3n)! ,
f)
n=1
P∞
P∞
3n+1 n=0 22n ,
P∞
1 n=1 nn ,
P∞
1 n=2 n2 +3n+2 ,
P∞
n! n=1 n2 ,
P∞
7 n=1 n2 +1 ,
j)
P∞
n n=1 3n ,
m)
6. Mekkora ¨osszeget kell 20 ´even kereszt¨ ul minden ´ev janu´ar elsej´en a bankba tenn¨ unk 3%-os kamatl´ab mellett, hogy a 20. ´ev v´eg´ere 15 milli´o forint ´alljon a rendelkez´es¨ unkre? 7. K¨olcs¨ont vett¨ unk fel 20 ´evre ´evi 8%-os kamatl´ab mellett ´es ´evente 712965.50 Ft t¨orleszt´est fizet¨ unk. Mekkora k¨olcs¨ont vett¨ unk fel? 8. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyek ´ertelmez´esi tartom´any´at ´es az ´ertelmez´esi tartom´any torl´od´asi pontjainak halmaz´at! f (x) = ln
q
x+1 , 1−x
g(x) = 1
lg sin(x)
9. Hat´arozzuk meg a k¨ovetkez˝o f¨ uggv´enyhat´ar´ert´ekeket! a) limx→0
x4 +5x2 +6x−1 , 4x3 −6x2 −6x+2
b) limx→0
x2 +2x+1 , x3 +3x2 +3x+1
c) limx→∞
d) limx→0
√ x2 , x
e) limx→0
cos x−1 , x2
f) limx→0
g) limx→3
x2 −2x−3 , x2 −5x+6
h) limx→0
x2 −x , x3 +x2 +x
2
x2 +1 , x+2
cos 2x−1 , x sin x
Megold´ asok 1. Az an sorozat els˝o elemei: 5, 25, 62.5, 104.166, 130.208, 130.208, 108.5, 77.5, .... Mivel an = 5n+1 /n! ´es an+1 = 5n+2 /(n + 1)! ¨osszehasonl´ıt´as´ab´ol kapjuk, hogy an szigor´ uan monoton cs¨okken˝o az ¨ot¨odik tagt´ol kezdve. Emiatt egy fels˝o korl´atja a sorozatnak a4 = a5 = 130.208, egy als´o korl´at pedig lehet a nulla. Teh´at a sorozat korl´atos ´es a negyedik tagig szigor´ uan monoton n˝o, majd az ¨ot¨odikt˝ol szigor´ uan monoton cs¨okken. A bn sorozat els˝o elemei: −1/4, −3/5, −2, 5, 3/2, 1, 4/5, ... A bn ´es bn+1 ¨osszehasonl´ıt´as´ab´ol kapjuk, hogy a harmadik tagt´ol kezdve a sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. Azt is k¨onny˝ u l´atni, hogy n ≥ 3 eset´en a sorozat elemei m´ar pozit´ıvak. Emiatt egy als´o korl´at lehet a −2, egy fels˝o pedig az 5. A sorozat teh´at korl´atos ´es a harmadik tagt´ol szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. A cn sorozat els˝o elemei: −, 2, 1/2, 4/3, 3/4, ... A sorozat nem monoton, hiszen a p´aros sorsz´am´ u elemek egyn´el kisebbek a p´aratlanok pedig nagyobbak. Mivel az 1/n sorozat szigor´ uan monoton cs¨okken˝o a sorozat korl´atos. Als´o korl´at: 1/2, fels˝o korl´at: 2. 2. Az an sorozat hat´ar´ert´eke nulla, l´asd pl. a 62. t´etelt a jegyzetben. A jegyzetbeli bizony´ıt´ashoz hasonl´oan ¯ ¯ µ ¶n−5 ¯ 5n+1 ¯ 5 56 5n+1 ¯ ¯ − 0¯ = ≤ · < ε. ¯ ¯ n! ¯ n! 5! 6
Inn´et n-t kifejezve kapjuk, hogy
lg 5!·ε 56 n> + 5. lg 56
A keresett k¨ usz¨obsz´amok teh´at rendre: n0 = 44, n0 = 69 ´es n0 = 107. A bn sorozat hat´ar´ert´eke 1/3. Legyen n ≥ 3. ¯ ¯ ¯ n+2 1 ¯¯ ¯ − ¯= ¯
3n − 8
3
Inn´et n-t kifejezve kapjuk, hogy
14 < ε. 9n − 24
14 ε
+ 24 . 9 A keresett k¨ usz¨obsz´amok teh´at rendre: n0 = 18, n0 = 1558 ´es n0 = 1.55 · 106 . A cn sorozat hat´ar´ert´eke egy. n>
¯ ¯ ¯ ¯ 1 (−1)n ¯ − 1¯¯ = < ε. ¯1 − ¯ ¯ n n
Inn´et n-t kifejezve kapjuk, hogy n > 1/ε. A keresett k¨ usz¨obsz´amok teh´at rendre: n0 = 10, n0 = 1000 ´es n0 = 1000000. 3. A sorozat hat´ar´ert´eke 1/3. ¯ ¯ ¯ n3 + 2n2 + 12 1 ¯¯ 5n2 − n + 35 ¯ − < ε. ¯ 3 ¯ = ¯ 3n + n2 + n + 1 3 ¯ 9n3 + 3n2 + 3n + 3
3
Mivel inn´et nagyon k¨or¨ ulm´enyes lenne n ´ert´ek´et kifejezni becsl´essel ´el¨ unk. A t¨ort sz´aml´al´oj´at n¨ovelj¨ uk, a nevez˝ot pedig cs¨okkentj¨ uk, ´ıgy n¨ovelve meg a t¨ort ´ert´ek´et. 5n2 − n + 35 40n2 5n2 + 35n2 = < ε. ≤ 9n3 + 3n2 + 3n + 3 9n3 9n3 Inn´et n-t kifejezve kapjuk, hogy n > 40/(9ε). 4. an -n´el a sz´aml´al´ot ´es nevez˝ot is v´egigosztva n6 -onnal kapjuk, hogy an → 0. bn -n´el a sz´aml´al´o√ t ´es nevez˝ ot is v´egigosztva 5n -nel kapjuk, hogy an → ∞. cn -n´el szorzunk ´es √ osztunk a n + 1 + n − 1 kifejez´essel. cn → 0. dn → 5/4. Mivel µ
n−3 n−5
¶3n
µ
2 = 1+ n−5
õ
¶3(n−5)+15
2 (1 + n−5
=
¶n−5 !3 µ
2 · 1+ n−5
¶15
,
emiatt en → e6 . Hasonl´oan kapjuk, hogy fn → 1/e. 5.
P
1 a) A ∞ = (1/5) · (π 2 /6) = π 2 /30 konvergens sor major´alja. Emiatt konvergens. 5n2 Pn=0 1 b) A ∞ alja. Emiatt divergens. n=1 2n divergens (harmonikus sor 1/2-szerese) sor minor´ P∞ 1 2 c) A n=2 n2 = π /6 konvergens sor major´alja. Emiatt konvergens. d) A h´anyadoskrit´eriumot haszn´alva:
an+1 1 = → 0 < 1. an n+1 Teh´at a sor konvergens. e) A h´anyadoskrit´erium alapj´an konvergens a sor. f) Mivel n!/n2 → ∞ 6= 0, ez´ert az ezen sorozatb´ol k´epzett sor nem lehet konvergens. g) A gy¨okkrit´eriumot haszn´alva √ n
an =
v uµ ¶ 2 u n+1 n n t
n+2
µ
=
n+1 n+2
¶n
→ 1/e < 1.
Teh´at a sor konvergens. h) Ez egy v´egtelen m´ertani sor. Az ¨osszeg´et is meg tudjuk hat´arozni. ∞ X 3n+1 n=0
22n
=
∞ X
3
n=0
µ ¶n 3
4
=3·
1 = 12. 1 − (3/4)
A sor konvergens ´es ¨osszege 12. j) Konvergens, major´ans krit´erium. k) Divergens, minor´ans krit´erium l) Konvergens, gy¨okkrit´erium m) Konvergens, h´anyadoskrit´erium 6. 541976.3 Ft-ot kell ´evente a banka tenni a gy˝ ujt˝oj´arad´ek k´eplete alapj´an. 7. 7 milli´o Ft-ot vett¨ unk fel a t¨orleszt˝oj´arad´ek k´eplete alapj´an. 4
8. Az f (x) f¨ uggv´enyn´el az (x + 1)/(1 − x) t¨ortnek pozit´ıvnak kell lennie. Ez csak u ´gy lehet, ha x ∈] − 1, 1[. Azaz Df =] − 1, 1[. Ennek a halmaznak a saj´at elemein k´ıv¨ ul a −1 ´es az 1 is torl´od´asi pontja. Azaz TDf = [−1, 1]. A g(x) f¨ uggv´enyn´el a gy¨ok alatt nem ´allhat negat´ıv sz´am, azaz sin x ≥ 1 kell legyen. Ez csak u ´gy lehet, ha x = π/2 + 2kπ (k ∈ ZZ). Dg = {x ∈ IRkx = π/2 + 2kπ}. TDg = ∅ (l´asd a 78. t´etel 4. pontj´at a jegyzetben). 9. a) -1/2 (nem kritikus hat´ar´ert´ek). b) 1 (nem kritikus hat´ar´ert´ek). c) ∞ (”∞/∞” t´ıpus. Sz´aml´al´ot ´es nevez˝ot is osztjuk x-szel.) d) nincs hat´ar´ert´ek. A jobboldali hat´ar´ert´ek 1, a baloldali -1. e) Alkalmazzuk a 1 − cos(2α) sin2 α = 2 ¨osszef¨ ugg´est α = x/2-re. Azt kapjuk, hogy x cos x = 1 − 2 sin2 . 2 Emiatt
−2 sin2 cos x − 1 = x2 x2
x 2
=
−2 sin2 4
³ ´2 x 2
x 2
→
−1 (x → 0). 2
Itt azt haszn´altuk, hogy limx→0 (sin x/x) = 1. f) cos 2x − 1 −2 sin2 x −2 sin x = = → −2 (x → 0). x sin x x sin x x g) 4 (”0/0” t´ıpus, a sz´aml´al´o ´es nevez˝o is oszthat´o az x − 3 polinommal.) h) -1 (”0/0” t´ıpus, a sz´aml´al´o ´es nevez˝o is oszthat´o az x polinommal.)
5
