Sorozatok, sorozatok konvergenci´ aja
Elm´ eleti ´ attekint´ es • Minden konvergens sorozat korl´atos. • Minden monoton ´es korl´ atos sorozat konvergens. • Legyen (an )n≥1 egy sorozat ´es ϕ : N∗ → N∗ egy szigor´ uan n¨ovekv˝o f¨ ugg v´eny. Az aϕ(n) n≥1 sorozatot az (an )n≥1 r´eszsorozat´anak nevezz¨ uk. Ha egy sorozat konvergens, akkor minden r´eszsorozata konvergens ´es hat´ ar´ert´eke megegyezik az eredeti sorozat hat´ar´ert´ek´evel. Teh´at, ha egy sorozatnak van k´et konvergens r´eszsorozata, amelyek hat´ar´ert´eke k¨ ul¨onb¨ ozik, akkor az eredeti sorozat divergens. • Cauchy konvergencia krit´eriuma. Az (an )n≥1 sorozat pontosan akkor konvergens, ha minden ε pozit´ıv sz´amhoz l´etezik olyan Nε k¨ usz¨obsz´am, hogy minden m, n > Nε eset´en |am − an | < ε. • M˝ uveletek konvergens sorozatokkal. Legyen (an )n≥1 ´es (bn )n≥1 k´et konvergens sorozat, c ∈ R ´es a > 0. Ekkor lim (an + bn ) = lim an + lim bn ,
n→∞
n→∞
n→∞
lim (c · an ) = c · lim an ,
n→∞
n→∞
lim (an · bn ) = lim an · lim bn ,
n→∞
n→∞
n→∞
lim bn lim abn = an→∞ .
n→∞
Tegy¨ uk fel, hogy bn 6= 0 minden n eset´en ´es lim bn 6= 0. Ekkor n→∞
lim an an = n→∞ . n→∞ bn lim bn lim
n→∞
Ha (bn )n≥1 egy pozit´ıv tag´ u sorozat, akkor lim bann =
n→∞
lim bn
n→∞
lim an n→∞
.
• Legyen (an )n≥1 egy null´ahoz tart´o konvergens sorozat ´es (bn )n≥1 egy korl´ atos sorozat. Ekkor a (an bn )n≥1 sorozat konvergens ´es lim (an bn ) = n→∞ 0. • Ha (an )n≥1 egy konvergens sorozat ´es (bn )n≥1 egy divergens sorozat, akkor (an + bn )n≥1 divergens.
1
• Fog´ o t´etel. Ha egy (bn )n≥1 sorozat eset´en l´etezik k´et (an )n≥1 ´es (cn )n≥1 konvergens sorozat ´es N > 0 term´eszetes sz´am u ´gy, hogy lim an = lim cn n→∞
n→∞
´es an ≤ bn ≤ cn minden n > N eset´en, akkor a (bn )n≥1 sorozat konvergens ´es lim bn = lim an = lim cn . n→∞
n→∞
n→∞
• A fog´ o t´etelhez hasonl´ oan, ha lim an = +∞ ( lim an = −∞) ´es an ≤ bn n→∞
n→∞
(an ≥ bn ), akkor lim bn = +∞ ( lim bn = −∞). n→∞
n→∞
• H´ anyados krit´erium. Ha az (an )n≥1 pozit´ıv tag´ u sorozat fenn´all, hogy an+1 lim = l akkor igazak a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´asok: n→∞ an 1. ha l < 1 akkor az (an )n≥1 sorozat konvergens ´es lim an = 0; n→∞
2. ha l < 1 akkor az (a1 + a2 + . . . + an )n≥1 sorozat konvergens; 3. ha l > 1 akkor az (an )n≥1 sorozat divergens ´es lim an = +∞; n→∞
4. ha l > 1 akkor az (a1 + . . . + an )n≥1 sorozat divergens; 5. ha l = 1 akkor az (an )n≥1 sorozat lehet konvergens ´es divergens is. Fontosabb hat´ ar´ ert´ ekek 1. Minden k pozit´ıv term´eszetes sz´am eset´en lim
1
n→∞ nk
= 0.
2. A (q n )n≥0 m´ertani sorozat konvergens, ha |q| < 1 vagy q = 1 ´es ebben az esetben 0, ha |q| < 1 n lim q = . 1, ha q = 1 n→∞ A |q| > 1, illetve a q = −1 esetekben a sorozat divergens. n+1
3. Tudva, hogy q 6= 1 eset´en 1 + q + . . . + q n = 1−q k¨onnyen bel´athatjuk, 1−q hogy az (1 + q + . . . + q n )n≥0 sorozat konvergens, ha |q| < 1 ´es ekkor 1 lim (1 + q + . . . q n ) = . Ha |q| ≥ 1, akkor a sorozat divergens. n→∞ 1−q 4. Legyen P (n) = ap np +. . .+a1 n+a0 egy p-ed fok´ u polinom (p ≥ 1). Ekkor −∞, ha ap < 0 lim P (n) = . +∞, ha ap > 0 n→∞ 5. Legyen P (n) = ap np + . . . + a1 n + a0 egy p-ed fok´ u, illetve Q(n) = bq nq + . . . + b1 n + b0 egy q-ad fok´ u polinom. Tegy¨ uk fel, hogy Q(n) 6= 0 b´armely eset´en. Ekkor ap , ha p = q P (n) bq lim = 0, ha p < q . n→∞ Q(n) ±∞, ha p > q 6. Tegy¨ uk fel, hogy az (an )n≥1 konvergens sorozat tagjai nem negat´ıvak. √ Ekkor a ( k an )n≥1 q sorozat konvergens minden k > 1 term´eszetes sz´amra √ ´es lim k an = k lim an . n→∞
n→∞
2
7. Ha a > 0 akkor lim
√ n
n→∞
a = 1.
cn = 0. n→∞ n! n n 1 1 1 = e, lim 1 − = . 9. lim 1 + n→∞ n→∞ n n e 8. Minden c val´ os sz´ am eset´en lim
1
10. Ha an > 0 minden n eset´en ´es lim an = 0 akkor lim (1 + an ) an = e. n→∞
11. lim
n→∞
1+
1 1 1 + + ... + 1! 2! n!
n→∞
= e.
Gyakorlatok ´ es feladatok 1. Tanulm´ anyozzuk az ε-os konvergencia krit´erium alapj´an a k¨ovetkez˝o ´altal´anos tag´ u sorozatok konvergenci´aj´at. Ha konvergens a sorozat, akkor hat´arozzuk meg a hat´ ar´ert´ek˝ uket ´es a k¨ usz¨obsz´amot. 1 b) bn = n2 c) cn = 0, 99 . . . 9, (n db 9-es) a) an = , n d) dn =
(−1)n , n
e) en =
1 + (−1)n 2
f) fn =
g) gn =
3n − 1 2n + 1
h) hn =
2n2 − 3n + 3 5n
i) in = √
2n − 1 n 1 . n+1
2. A Cauchy konvergencia krit´erium seg´ıts´eg´evel igazoljuk, hogy az sn = 1 +
1 1 + ... + 2 n
´altal´ anos tag´ u sorozat divergens. 3. Hasonl´ıtsuk az el˝ obbi feladatban szerepl˝o (sn )n>0 sorozatot egy divergens sorozathoz u ´gy, hogy abb´ ol k¨ ovetkeztethess¨ unk az (sn )n>0 sorozat divergenci´aja. 4. Vizsg´ aljuk meg, hogy a k¨ ovetkez˝o ´altal´anos tag´ u sorozatok konvergensek-e. Ha konvergensek akkor sz´ a m´ ıtsuk ki a hat´ a r´ e rt´ e k¨ u ket. √ √ √ n2 + 1 + n n a) an = √ , b) an = √ , c) an = n( n2 − 1 − n), 4 3 2 n +n−n n −1−n √ 3 √ √ √ 2n + 1 3 2 6 √ . d) an = n + 1 − n , e) an = n + 1 − n, f) an = √ 3 3n + 1 − 3 2n 5. Sz´ amoljuk ki a k¨ ovetkez˝ o hat´ar´ert´ekeket: 2n2 − 3n + 1 −2n − 5 a) lim , b) lim , n→∞ n→∞ 7n + 3 3n2 − 1 n2 − 1 , n→∞ n2 + 1
d) lim
e) lim
n3 − 1 , +n+1
n→∞ n2
3
c) lim
n→∞ 4n
3 , −1
−2n5 + 1 . n→∞ 5n3 + n2 − n
f) lim
1k + 2k + . . . + nk hat´ar´ert´eket k = 0, 1, 2, 3, 4 eset´en. n→∞ nk+1
6. Sz´ amoljuk ki az lim
1 1 7. Igazoljuk, hogy az sn = 1 + k + . . . + k sorozat konvergens minden k > 1 2 n term´eszetes sz´ am eset´en. 8. Sz´ amoljuk ki az an = nq n sorozat hat´ar´ert´ek´et, ha |q| < 1. 9. Sz´ amoljuk √ ki a k¨ ovetkez˝ o a´ltal´a√nos tag´ √u sorozatok hat´ar´ert´ekeit: 3 n+1 2n + 3n + 1 √ a) an = √ , , b) bn = √ 3 3 n+2 n + 5n + 1 √ 3 n−1 c) cn = √ , 5 n+1
√ 3 n3 + 2 . d) dn = √ n2 + 5
10. Sz´ amoljuk ki a k¨ ovetkez˝ o hat´ar´ert´ekeket: 2n 3n − 2n , a) lim , b) lim n→∞ 5 · 2n − 1 n→∞ 4n 2n + 3n + 4n , n→∞ n3n
2n − 5n . n→∞ n5n − n2 4n
c) lim
d) lim
11. A fog´ o t´etelt alkalmazva sz´amoljuk ki a k¨ovetkez˝o ´altal´anos tag´ u sorozatok hat´ ar´ert´ekeit: a) an = √ b) bn =
1 n2
+1
+√
1 n2
+2
+ ... + √
1 n2
+n
;
1 1 1 + + ... + 2 ; n2 + 1 n2 + 2 n +n
n2 n2 n2 + 3 + ... + 3 ; +1 n +2 n +n √ d) dn = n n; c) cn =
n3
e) en =
n ; 2n
f) fn =
cos 1 + cos 2 + . . . + cos n ; n2
1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) . 2 · 4 · 6 · . . . · 2n 1 1 12. Igazoljuk, hogy lim + ... + = ln 2. n→∞ n + 1 2n g) gn =
13. Sz´ am´ıtsuk ki az lim n sin n ´es lim n cos n hat´ar´ert´ekeket. n→∞
n→∞
14. Sz´ am´ıtsuk ovetkez˝ 2 ki a k¨ n o hat´ar´ert´ekeket: 2n √ n − 3n + 1 n+ n √ lim lim n→∞ n→∞ n + 3 n + 2 n2 + n + 1 √ √ √ n lim 2 n( n + 1 − n)
n→∞
lim
n→∞
4
1 1 + sin n
n
15. Igazoljuk a k¨ ovetkez˝ o ´ all´ıt´asokat, ha (xn )n>0 egy null´ahoz tart´o sorozat (xn > −1 minden n eset´en) ´es a > 0 : exn − 1 = 1, n→0 xn
axn − 1 = ln a, n→0 xn lim
lim
lim
n→0
ln(1 + xn ) = 1. xn
16. Sz´ amoljuk ki a k¨ ovetkez˝ o hat´ar´ert´ekeket: n+2 1 1 2n + 3n , lim lg , lim ln(1 + )n , lim ln n→∞ n→∞ n→∞ n n+3 n 4n lim e
n→∞
n3 +n−1 n2 −2
,
lim
n→∞
1+
1 n
ln n
2
lim 2ln n .
n→∞
5
