Kalkulus I. Els˝o zárthelyi dolgozat
Kalkulus I.
2014. szeptember 16.
Név, Neptun-kód: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Legyenek p, q ∈ Q tetsz˝olegesek. Mutassuk meg, hogy ekkor p − q ∈ Q.
TA
Megoldás. Tegyük fel, hogy p, q ∈ Q. Ekkor léteznek olyan k1 , k2 , l1 , l2 ∈ Z, l1 , l2 , 0 számok, hogy k1 k2 p= és q= . l1 l2 Ebben az esetben k1 k2 k1 l2 − k2 l1 p−q= − = l1 l2 l1 l2 Mivel k1 , k2 , l1 , l2 ∈ Z, ezért k1 l2 , k2 l1 ∈ Z, amib˝ol k1 l2 − k2 l1 ∈ Z adódik. Hasonlóan l1 , l2 ∈ Z miatt l1 l2 ∈ Z, továbbá l1 l2 , 0, hiszen l1 , l2 , 0. Ez azt jelenti, hogy p − q el˝oállítható egy egész és egy nemnulla egész szám hányadosként, ami pontosan azt jelenti, hogy p − q ∈ Q. (5 pont)
2. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges n ∈ N esetén az
52n − 6n + 8
IN
kifejezés osztható 9-cel. Megoldás.
Az állítás teljes indukcióval fogjuk igazolni. Ha n = 1, akkor a fenti kifejezés 52·1 − 6 · 1 + 8 = 25 − 6 + 8 = 27,
ami osztható 9-cal, vagyis n = 1 esetén teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy van olyan n ∈ N, melyre teljesül a bizonyítandó állítás. Ebben az esetben ez azt jelenti, hogy van olyan n ∈ N, hogy az
M
52n − 6n + 8
kifejezés osztható 9-cel. Megmutatjuk, hogy ekkor (n + 1) esetén is teljesül az állítás. Valóban, 52(n+1) − 6(n + 1) + 8 = 25 · 52n − 6(n + 1) + 8 = 25 52n − 6n + 8 + 25 · 6 · n − 25 · 8 − 6(n + 1) + 8 = 25 52n − 6n + 8 + 144n − 198
Az indukciós feltevés szerint 52n −6n+8 osztható 9-cal, továbbá 144 és 198 szintén osztható 9-cel. Ez azt jelenti, hogy a fenti összeg mindegyik tagja osztható 9-cel, így maga az összeg is. Ebb˝ol viszont azt kapjuk, hogy (n + 1) esetén is teljesül az állítás. Így, a teljes indukció elve szerint minden n ∈ N esetén igaz az állítás, vagyis tetsz˝oleges n ∈ N esetén az 52n − 6n + 8 kifejezés osztható 9-cel.
Kalkulus I.
Kalkulus I. Els˝o zárthelyi dolgozat
2014. szeptember 16. (10 pont)
3. Vizsgáljuk meg, az 1 xn = (−1)n √ + 7 n
(n ∈ N)
módon megadott (xn )n∈N sorozatot korlátosság és monotonitás szempontjából.
TA
Megoldás. Korlátosság Az (xn )n∈N sorozatot akkor nevezzük alulról korlátosnak, ha létezik olyan k ∈ R, hogy minden n ∈ N esetén k ≤ xn teljesül. Az (xn )n∈N sorozatot akkor nevezzük felülr˝ol korlátosnak, ha létezik olyan K ∈ R, hogy minden n ∈ N esetén xn ≤ K teljesül.
Megmutatjuk, hogy a feladatban szerepl˝o (xn )n∈N sorozat mind alulról, mind felülr˝ol korlátos. Mivel ha n páros 1, (−1)n = −1, ha n páratlan,
IN
ezért |(−1)n | = 1 minden n ∈ N esetén. Továbbá, az abszolút érték szubadditivitása miatt tetsz˝oleges x, y ∈ R esetén |x + y| ≤ |x| + |y|. 1 Azt is fogjuk még használni, hogy > 0, hiszen n > 0 minden n ∈ N esetén, valamint azt n is, hogy inf(N) = min(N) = 1, vagyis
n≥1
(n ∈ N) .
Ezekb˝ol az adódik, hogy
0<
1 ≤1 n
(n ∈ N) .
Ez azt jelenti, hogy
1 0≤ √ ≤1 n
(n ∈ N) .
M
Mindent egybevetve, n 1 n 1 |xn | = (−1) √ + 7 ≤ (−1) √ + |7| ≤ 1 + 7 = 8 n n
(n ∈ N) ,
azaz,
−8 ≤ xn ≤ 8
(n ∈ N) ,
ami pontosan azt jelenti, hogy az (xn )n∈N sorozat alulról és felülr˝ol is korlátos. Monotonitás Azt mondjuk, hogy az (xn )n∈N valós számsorozat monoton növeked˝o, ha tetsz˝oleges n, m ∈ N, n < m esetén xn ≤ xm
teljesül. Azt mondjuk, hogy az (xn )n∈N valós számsorozat monoton csökken˝o, ha tetsz˝oleges n, m ∈ N, n < m esetén xn ≥ xm
Kalkulus I.
Kalkulus I. Els˝o zárthelyi dolgozat
2014. szeptember 16.
teljesül. Megmutatjuk, hogy a feladatban szerepl˝o sorozat se nem monoton növeked˝o, se nem monoton csökken˝o. Ehhez elegend˝o tekintenünk a szóban forgó sorozat els˝o három elemét 1 1 x1 = −1 + 7 = 6 x2 = √ + 7 x3 = − √ + 7. 3 2 Mivel x1 < x2 , ezért az (xn )n∈N sorozat nem lehet monoton csökken˝o. Továbbá,
TA
x2 > x3
miatt az (xn )n∈N sorozat nem lehet monoton növeked˝o. Így, az (xn )n∈N sorozat se nem monoton növeked˝o, se nem monoton csökken˝o.
(10 pont)
4. Legyenek (xn )n∈N és (yn )n∈N divergens valós számsorozatok. Igaz-e, hogy az (xn · yn )n∈N sorozat is divergens? Megoldás. gens is.
IN
Legyenek
Megmutatjuk, hogy divergens sorozatok szorzata lehet divergens és konver-
xn = (−1)n
yn = (−1)n
(n ∈ N) .
Ekkor (xn )n∈N és (yn )n∈N divergens valós számsorozatok és (xn · yn )n∈N = (−1)n · (−1)n = (−1)2n = 1,
M
ami nyilván egy konvergens sorozat. Tehát divergens sorozatok szorzata lehet konvergens. Ha azonban 2, ha n = 3k n (n ∈ N) , xn = (−1) yn = 1, ha n = 3k + 1 0, ha n = 3k + 2 akkor (xn )n∈N és (yn )n∈N divergens valós számsorozatok és 2, ha n = 6k −1, ha n = 6k + 1 ha n = 6k + 2 0, (xn · yn ) = , −2, ha n = 6k + 3 1, ha n = 6k + 4 0, ha n = 6k + 5
ami egy divergens sorozat. Tehát divergens sorozatok szorzata lehet divergens is.
(5 pont)
Kalkulus I. Els˝o zárthelyi dolgozat
Kalkulus I.
2014. szeptember 16.
5. Adjunk példát olyan (xn )n∈N és (yn )n∈N sorozatokra, melyekre az alábbiak egyidej˝uleg teljesülnek. lim xn = +∞ lim yn = −∞ lim (xn + yn ) = c, n→∞
n→∞
n→∞
ahol c ∈ R egy el˝ore adott valós szám. Megoldás.
Legyen xn = n + c
(n ∈ N)
és yn = −n
TA
Ekkor
(n ∈ N) .
lim xn = +∞
n→∞
továbbá,
lim yn = −∞,
és
n→∞
lim (xn + yn ) = lim (n + c − n) = lim c = c.
n→∞
n→∞
n→∞
(5 pont)
6. Számítsuk ki az alábbi sorozatok határértékét. (a)
xn =
(n ∈ N)
IN
Megoldás.
n5 − 25n3 7n9 − 2n7
1
1
n5 − 25n3 n9 n4 − 25 n6 n→∞ = · −→ 0, 7n9 − 2n7 n9 7 n12 − 2
hiszen
1 =0 n→∞ n4
lim −25
lim
n→∞
(b)
xn =
1 =0 n6
lim 7
n→∞
√ √ n2 + 1 − n2 − 1
1 =0 n2
lim −2 = −2.
n→∞
(n ∈ N)
M
Megoldás. √
n2
+1−
√ n2
√ √ √ √ n2 + 1 + n2 − 1 2 2 −1= n +1− n −1 · √ √ n2 + 1 + n2 − 1 n2 + 1 − (n2 − 1) 2 n→∞ = √ = √ −→ 0, √ √ n2 + 1 + n2 − 1 n2 + 1 + n2 − 1
mivel
lim 2 = 2
n→∞
lim
n→∞
√ √ n2 + 1 + n2 − 1 = +∞.
(c) xn =
2n + sin(2n) 3n + sin(3n)
(n ∈ N)
Kalkulus I. Els˝o zárthelyi dolgozat
Kalkulus I. Megoldás.
2014. szeptember 16.
Mivel tetsz˝oleges x ∈ R esetén −1 ≤ sin(x) ≤ 1
teljesül, ezért minden n ∈ N esetén is fennállnak az −1 ≤ sin(2n) ≤ 1
− 1 ≤ sin(3n) ≤ 1
egyenl˝otlenségek. Így,
TA
2n − 1 2n + sin(2n) 2n + 1 ≤ ≤ 3n + 1 3n + sin(3n) 3n − 1 teljesül minden n ∈ N esetén. Mivel lim
n→∞
ezért a Rend˝or-elv miatt
2n + 1 2 2n − 1 = lim = , n→∞ 3n + 1 3n − 1 3
2n + sin(2n) 2 = . n→∞ 3n + sin(3n) 3 lim
(d)
n−5 xn = n+5
(n ∈ N)
IN
Megoldás.
!n
n−5 n+5
!n
n + 5 − 10 = n+5
!n
= 1 +
hiszen
lim 1 +
n→∞
−
− n+5 1 10 =e n+5
M
lim 1 +
n→∞
10
(e)
Megoldás.
n − n+5 −10 −5 1 1 10 1 n→∞ −10 = 1 + n+5 ·1 + n+5 −→ e , − n+5 − 10 − 10 10
xn =
2n + 3n+1 2n+1 + 3n
−
−5 1 = 1. n+5 10
(n ∈ N) .
n 2 2n + 3 n→∞ + 3 2n + 3n+1 3n n 3 3 = · = −→ 3, 2n+1 + 3n 3n 2 · 32nn + 1 2 2 n + 1 3
mert
2 lim n→∞ 3
!n = 0. (5 – 5 pont)
