ii. valós számsorozatokandrasz/cd/tank11/2fej.pdf · valós számsorozatok 19 összefüggéshez...
TRANSCRIPT
Valós számsorozatok 15
II. Valós számsorozatok
Értelmezés. Az :f → és { }: \ 0, 1, 2,...,f →k típusú függvényeket
( ) valós számsorozatnak nevezzük. *k ∈*Értelmezés. Az :f → sorozat n -edik tagjának vagy általános tagjának
nevezzük az ( )f n valós számot, és általában az a f szimbólummal jelöljük. ( )n n=Magát a sorozatot az ( ) vagy ( szimbólumokkal is jelöljük.
1n na ≥ ) *n n
a ∈
Megjegyzés. Az a számok nem feltétlenül különbözők. Az n index megadja a tag
helyét a sorozatban. Például az
n
*:f → , ( )3nf n =
sorozat tagjai, megfelelő
sorrendben a következők: 0, 0, 1, 1, 1, 2, 2, 2, ...
Sorozatokkal már a IX. és a X. osztályban is foglalkoztatok. Ismételjünk át néhány fontos ismeretet.
2.1. Sorozatok megadási módjai 1. Analitikus megadási mód. A sorozatokat sokszor az általános tag segít-
ségével adjuk meg. Például, ha *1 ,nn nn−= ∀ ∈a , akkor a sorozat néhány tagja
, 1 0a = 2
12
=a , ..., 100
99100
=a , ..., 2002
20012002
=a , ..., vagy 0, 12
, 23
, ..., 1nn− , ...
A fenti felírásból a sorozat akármelyik tagját meg tudjuk állapítani. Ezt a sorozatot
röviden így jelöljük: 1
1n
nn ≥
− .
2. Rekurzív megadási mód. Megadhatjuk a sorozatot úgy is, hogy megmondjuk azt, hogy a sorozat tagjait hogyan kapjuk meg az őt megelőző tagokból. Ebben az esetben rekurzívan értelmezett sorozatról vagy egyszerűen rekurzív sorozatról beszélünk.
1. példa. a , a , a a , ha n . 1 1= 2 1= 1 2n n na−= + − 3≥A fenti sorozat néhány tagja:
1 1a = , a , a , a , a , a , a , ... 2 1= 3 2= 4 3= 5 5= 6 8= 7 13=Látható, hogy a megadott összefüggések egyértelműen meghatározzák a sorozat minden tagját. Ennek ellenére nehéz észrevenni a sorozat általános tagjának képletét. A X. osztály számára írt tankönyv I.4. paragrafusának 4. feladatánál tett megjegyzés értelmében (29. oldal 2001-es kiadásban) a vizsgált sorozat általános tagja
1 1 5 1 55 2 2
n n
na + − = −
*n∀ ∈, .
Ezt a sorozatot Fibonacci sorozatnak nevezzük, a sorozat több számlálási feladat megoldását írja le (lásd például a X. osztály számára írt tankönyv 1.2.6. paragrafusának 4. feladatát ). Az előbbi képlet bizonyítására hamarosan visszatérünk,
Valós számok és számsorozatok 16
itt csak azt szerettük volna szemléltetni, hogy az egyszerű generálási szabály ellenére nem valószínű, hogy rájövünk az általános tag képletére. Éppen ezért fontos, hogy valamilyen módszert, elméletet dolgozzunk ki az általános tag meghatározására.
2. példa. Ha a , a , a a , ahol n , a sorozat első tíz tagja:1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19.
1 1= 2 3= 12n n na−= − 2−
1
3≥
A felsorolt tagok alapján az a sejtésünk támad, hogy a sorozat általános tagja , vagyis a ( sorozatról van szó. Matematikai indukcióval
önnyen igazolható, hogy a fenti rekurzív sorozat valóban az előbbi alakban is írható. 2na n= − ) 12 1 nn ≥−
k 3. A sorozatoknak még másféle megadási módja is lehetséges. Előfordulhat az is, hogy a sorozat nagy indexű tagjainak a kiszámítása nehézségekbe ütközik. Például ha azt a sorozatot vennénk, amelynek n-edik tagja a 3 tizedes tört alakjában a tizedesvessző után szereplő n-edik jegy, akkor ennek a sorozatnak minden tagja meg van határozva, elvileg mindegyiket meg tudjuk mondani, nagy n-ekre azonban a -et kiszámolni nehéz. n
Ezenkívül bármilyen más értelmezés kitalálható, fontos, hogy a sorozatot generáló függvény helyesen legyen értelmezve. Gyakran jelent problémát a különböző értelmezések közti ekvivalencia kimutatása. Például az
( )1
min n nn x ya x
+ == + y
kifejezéssel értelmezett sorozat általános tagjának egyszerűbb alakja 1
12n n−=a .
Ezt az 2 2
n nn
x y x y+ +≤ egyenlőtlenség biztosítja, amelyben 12
= = x y esetén teljesül az egyenlőség.
A sorozatokat is, mint a függvényeket, ábrázolhatjuk, és ezt néha érdemes is megtenni, mert néhány fontos tulajdonságot a grafikonból megsejthetünk. Kétféle ábrázolási módot is használhatunk. Ha adva van az ( ) sorozat:
1n na ≥
a) a síkban ábrázoljuk az ( , pontokat; )nn a
b) a számegyenesen ábrázoljuk az a pontokat. n
Példa. Ábrázoljuk az 12
, 23
− , 34
, 45
− , ..., ( ) 111
n nn
+−+
, ...
sorozatot mindkét módon! A grafikonokat az a) és b) ábra mutatja.
0 1 2
12
34
23
3 n
an
0
12
34
56
23
45
x
a) b)4. ábra
Valós számsorozatok 17
2.2. Gyakorlatok
1. A következő sorozatokat általános tagjuk segítségével adtuk meg (n minden esetben). Írd fel a sorozatok első négy tagját és ábrázold azokat:
*∈
a) 52n
nn−=+
a ; b) 2
2 1n
nn+=a ; c)
2
1nn nn
−=+
a ;
d) ( ) 11 nn n= −a ; e) 1 11 ...
2n n= + + +a ; f)
2 2
3
1 2 ...n
nn
+ + +=2
a ;
g) ( )2
1 2 ...1nn
n n+ + +=
+a ; h) 1 sin
2nnπ= +a ; i) sin cos
4 4nn nπ π= +a ;
j) ( ) 11 1 1 11 ...2 3 4
nn n
+= − + − + + −1a ; k) 2
1 1 11 ...3 3 3n n= + + + +a .
2. Írd fel a következő sorozatok első hat tagját:
a) a , a , ha n ; b) a , 1 2= 13n na −= 2≥ 1 1= 1
4n
n
a −=
+
a , ha n ; 2≥
≥= = = −c) a , a , a , a a , ha n ; 1 1 2 4 3 9= 1 23 3n n na a− − 43n−
n
1
d) a , a , a , a , a , a , a , ha n . 1 1= 2 4= 3 2= 4 8= 5 5= 6 7= 6n na −= 7≥3. Határozd meg a következő, rekurzívan értelmezett sorozatok általános tagját: a) 1a = , a ; b) a , a a ; 1
= −1 / 5nn a+ == +
1 2=3=
1 2nn+ = −= + c) a , a ; d) a , a a ; 1 1 1 3 4nn a+
= =1 1 nn+
e) a , a a ; 1 22, 1a 2 12 1nn n a+ += − +2 f) a , a a ; 1 23, 3a= = 2 1 2n nn n na a a+ + +⋅ = − ⋅
2 g) a , a a . 1 5= 1 4 6n nn a+ = − +4. Határozd meg a következő, rekurzívan értelmezett sorozatok általános tagját:
a) 0 1
1 ,3 1 2
nn
n
xx x nx+= = ∀ ≥
+0 ; (felvételi feladat,1991., Temesvár)
b) 0 1 331, 0
1n
nn
x nx+= = ∀ ≥+
23, 4x x x x nx= = = −
x x ; (felvételi feladat, 1993., Temesvár)
c) ; 0 1 1 1 1nn n n+ − ∀
1, 2 6x x x= = = + ∀ ≥
≥
d) 0 1 1 1 1nn n n+ −x x ;
e) 1 2 2
13, 2 2 1nx x x nx+= = + = ∀ ≥ . n
.3. Másodrendű lineáris rekurziók 2 Értelmezés. Másodrendű lineáris rekurziónak nevezzük az x a ,
rekurziót, ahol a b (vagy a b ). 2 1 nn nx b+ += ⋅ + ⋅ x
*n∀ ∈ , ∈ , ∈Vizsgáljunk meg egy sajátos esetet. Feladat. Határozzuk meg az x x , sorozat
általános tagját. 2 13 2 nn n+ += ⋅ − ⋅ x 1 23, 5x x= =
Valós számok és számsorozatok 18
Megoldás. A sorozat további tagjai . Látható,
hogy a sorozat minden tagja 1-gyel nagyobb mint egy kettőhatvány, pontosabban az összefüggés sejthető. Ez igazolható a matematikai indukció segítségével
is, mi azonban megpróbálunk olyan módszert adni, amely lehetővé teszi az általános eset megoldását is. E célból átrendezzük az adott rekurziót a következő módon:
53 4 69, 17, 33, 65x x x x= = = =
2nnx = +1
n y
2n
n
xy
x
2
n k−
( )2 1 12 nn n nx x x x+ + +− = −
Így az y x jelöléssel az adott rekurzió y alakban írható, tehát az
sorozat egy mértani haladvány. Eszerint y y , tehát az
rekurzióból kellene meghatározni az ( ) sorozat általános tagját.
Ha felírjuk ezt a rekurziót rendre az értékekre, majd tagonként
összeadjuk a kapott egyenlőségeket, akkor az x x egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy x . Ennek a gondolat-menetnek az előnye, hogy tetszőleges kezdőértékek esetén is használható (a megsejtés lehet, hogy más kezdőértékek esetén nem hozzáférhető). Tetszőleges és x esetén
és így
1n n x+= −
1
2nnx x =
( ) 12 1 2
ny x x −−
1 2 nn+ =
n =
1n nx ≥
2,...,2,1
n −2nn =
( )n ny ≥
1n+ −
n =
11 2
n−⋅ =
1 2 2= +1+
1x
1,n n− −2 1... 2n−+ +
2
( )( )2 3 41 2 1 2 2 2 ... 2 1n n n
nx x x x − − −− = − + + + + + ,
tehát x x , . ( ) ( ) 11 2 2 12 2nn x x x −= − + − *n∀ ∈
Vizsgáljuk meg, hogy y x alakú helyettesítéssel (akárcsak az előbb) milyen feltételek mellett tudjuk átalakítani az adott (*) rekurziót y alakú rekurzióvá. Az y rekurzió
1 1n n r x+= − ⋅
2 1 nn nx a x b+ += ⋅ + ⋅y1 2 nn r+ = ⋅ 1 2 nn r+ = ⋅
( )2 1 1 2 1 1 nn n nx r x r x r x+ + +− ⋅ = ⋅ − ⋅
alakba írható, ahonnan x r , tehát a megfelelő és r
megválasztása az egyenletrendszer megoldására vezetődik vissza. Így az
és az r a egyenlet gyökei. Ezt az egyenletet a (*) rekurzió karakterisztikus egyenletének nevezzük. Mivel a karakterisztikus egyenletnek mindig van két megoldása (esetleg egybeesők vagy komplexek), az előbbi feladat megoldása a következőképpen általánosítható:
( )2 1 2 1 1 2 nn nr x r r+ += + − ⋅
1 2 a
b
+ =
= −
0r b =
1r 2
1 2
r r
r r
⋅
− ⋅ −1r 2r2
( ) 21 1 2 1 1 2
nn nx r x x r x r −
−− = − ⋅ , tehát ha ezt a rekurziót rendre az n n értékekre felírjuk, a k -adikat
szorozzuk r -nel és tagonként összeadjuk a kapott egyenlőségeket, akkor az
, 1, 2,...,n− −1
1k−
( )2
1 21 1 2 1 1 1 2
0
nn k
nk
x r x x r x r r−
− −
=
− = − ⋅ ⋅ ∑
Valós számsorozatok 19
összefüggéshez jutunk, mint ez az alábbiakból kitűnik. ( ) 2
1 1 2 1 1 2n
n nx r x x r x r −−− = − ⋅
( ) 31 1 2 2 1 1 2 1
nn nx r x x r x r −− −− = − ⋅ ⋅ r
( ) 4 22 1 3 2 1 1 2 1
nn nx r x x r x r r−− −− = − ⋅ ⋅
..................................
( ) 0 2
2 1 1 2 1 1 2 1nx r x x r x r r −− = − ⋅ ⋅
2n−
( )1 21 1 2 1 1 1 2
0
n kn
k
x r x x r x r r− −
=
− = − ⋅ ⋅ ∑2n−
n k−
2 2k
+
Ha , akkor az r r azonosság alapján 1r r≠ ( )1 1 21 2 1 2 1
0
n n n k
k
r r r r− − − −
=
− = − ∑x r x−
1 1 2 2n n
nx c r c r= ⋅ + ⋅ , ahol 2 21
1 2r r=
−c és 2 1
22 1
x r xr r−
=−
1
r ) r
ϕ
2
c .
2n−
1
Ha , akkor ∑ , tehát alakú. 1 2r r= = ( )2 21 2
0
1n k k n
k
r r n r− − −
=
= − ( 1 2n
nx k k n= + ⋅ ⋅
Ha a karakterisztikus egyenlet együtthatói valósak de a gyökei nem valós számok, akkor a sorozat általános tagjának alakja egyszerűsíthető hisz
, tehát . Az előbbi
eseteket összefoglalva kijelenthetjük a következő tételt:
( )1,2 cos sinr iρ ϕ ϕ= ± ⋅ ( )1 2cos sinnnx k n k nρ ϕ= ⋅ + ⋅
Tétel. 1. Ha az r a karakterisztikus egyenlet gyökei r r , akkor az x a rekurzió általános tagja alakú.
2 0r b− ⋅ − =
1 nn nx b x+ + ⋅1 2≠ ∈
2 2nc x⋅2+ = ⋅
21 1
nnx c x= ⋅ +
2. Ha az r a karakterisztikus egyenlet gyökei r , akkor az rekurzió általános tagja x k alakú.
0r b− ⋅ − =
1 nn nx b x+ + + ⋅2 − ⋅ − =
1 r=
) nr2x a= ⋅ ( 1 2n k n= + ⋅ ⋅= ∉3. Ha az r a karakterisztikus egyenlet gyökei 0r b 1 2r r , akkor az
rekurzió általános tagja 2x a= ⋅ 1 nn nx b x+ + + ⋅ ( )1 1 2 sinn
n k nϕ ϕ= ⋅cosk n⋅ +x r alakú, ahol ϕ az r redukált argumentuma. 1
A konstansokat mindhárom esetben megadott tagból határozzuk meg. Megoldott feladat. A Fibonacci sorozat esetén (lásd a 10. oldalon) a karakteriszti-
kus egyenlet , tehát a gyökök 2 1x x− − = 0 1,2
12±= 5r és így az általános tag
képlete a 10. oldalon látható kifejezés. Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg a következő sorozatok általános tagjának képletét:
a) x x , 2 15 6 nn n+ += ⋅ − ⋅ x 1 2
131,5
= =x x ;
b) , 2 16 5 nn nx x+ += ⋅ − x 1 2
1 5,6 3
= =6
x x ;
Valós számok és számsorozatok 20
c) x x , x x ; 2 14 4 nn n+ += ⋅ − ⋅ x 1 26, 20= =
d) x x , x . 2 1 nn n+ += − x 1 22, 1x= =
2. Bizonyítsd be, hogy az ( ) sorozat tagjai teljesítik az x a
rekurziót, bármely n esetén, akkor 1n n
x ≥ 2 1 nn nx b+ += ⋅ + ⋅ x
21−
*∈( ) ( )12 2 1 2
1 1 2 2 11 n nn nn nx a x x b x b x ax x bx+ −
+ +− ⋅ ⋅ − ⋅ = − − .
3. Határozd meg az ( ) sorozat általános tagjának képletét, ha 1n n
x ≥
1 1
5 3 2
n n nx x x+ −
= + , . 2n∀ ≥
4. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan egész szám létezik, amelyből kiindulva
az 1x
21 2 3n nnx x x+ = ± + 1 rekurziót teljesítő sorozat tagjai egész számok összes (az
előjeleket minden lépésben tetszőlegesen megválaszthatjuk)! (Radó Ferenc Emlékverseny 2002.) 2.4. Korlátos sorozatok
Értelmezés. Az ( ) sorozatot korlátosnak nevezzük, ha a sorozat tagjaiból
képezett halmaz korlátos. Ha a sorozat tagjaiból képezett halmaz alulról (felülről) korlátos, akkor a sorozatot alulról (felülről) korlátosnak nevezzük.
1n na ≥
Ez a következőképpen is megfogalmazható: 1. Az ( ) sorozatot korlátosnak nevezzük, ha van olyan pozitív valós szám,
amelyre minden n esetén 1n n
a ≥ M*∈ na M≤ .
2. Az ( ) *n na ∈ sorozatot alulról (felülről) korlátosnak nevezzük, ha van olyan M
valós szám, hogy minden n esetén a M *∈ n ≥ ( )na M≤ . Az M számot a sorozat felső (alsó) korlátjának nevezzük.
Ha az ( ) sorozat korlátos, akkor alulról is, felülről is korlátos. Valóban, ha 1n n
a ≥
na M≤ , minden esetén, akkor a − ≤ egyenlőtlenség miatt − a sorozatnak alsó, M pedig felső korlátja.
*∈n nM a M≤ M
Ha az ( ) *n na ∈ sorozat alulról és felülről is korlátos, akkor korlátos is.
Fontos számunkra az is, hogy pontosan tudjuk, mit jelent az, hogy az ( )
sorozat nem korlátos. Ezt a korlátosság értelmezése alapján így fogalmazhatjuk meg: 1n n
a ≥
Az sorozat nem korlátos, ha bármilyen M pozitív valós számhoz
található a sorozatnak legalább egy a tagja, amelyre
( ) 1n na ≥
k ka M> .
Feladat. Fogalmazzuk meg, hogy mit jelent: a) az ( ) sorozat felülről nem korlátos;
1n na ≥
b) az ( ) sorozat alulról nem korlátos. 1n n
a ≥
Valós számsorozatok 21
Vizsgáljuk meg néhány sorozat korlátosságát!
1. Az 2 31n
nn+=+
a , n általános tagú sorozat korlátos, mert: *∈
( )2 1 12 3 10 21 1 1n
nnan n n
+ ++< = = = + < + =+ + +
2 *n∀ ∈1 3 , .
2. Az 2
1 1 11 ...2 2 2n n= + + + +a , n általános tagú sorozat korlátos: 0 egy alsó és 2 *∈
1+
egy felső korlátja. 1
11 12 2 11 212
n
n
n
+ −
a = = − −
és így , . 0 2na< < *n∀ ∈
3. Az 2 2
1 1 11 ...2 3n n
= + + + +
a<2
*n ∈a , általános tagú sorozat korlátos: 1 egy
alsó, 2 egy felső korlát. Az 1 egyenlőtlenség nyilvánvaló. Igazoljuk, hogy .
n
2na <1 1
( )2 2 2
1 1 1 11 ... 1 ...2 3 1 2 2 3 1n n
+ + + + < + + + + =⋅ ⋅ − ⋅
n
1 1 1 1 1 1 1 11 1 ... 2 22 2 3 3 4 1n n n
= + − + − + − + + − = − <−
.
4. Az sin1 sin2 sin...nn
n n n= + + +a sorozat korlátos, mert − ≤ , . 1 1na ≤ *n∀ ∈
5. Az ( )2 213
nn
nn+= −+
a , sorozat nem korlátos. Igazolható, hogy ha n ,
akkor
*n ∈ 3≥
2 2nn n nan n+> =+
12 2n+ > . Tehát bárhogyan is rögzítünk egy M pozitív valós
számot, amikor n , akkor teljesül az 2M> na M> egyenlőtlenség, vagyis a sorozat nem korlátos. 6. Vizsgáljuk meg az 1 2=a , 1 2 nna a+ = +
2
, sorozat korlátosságát
felülről. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy 2 egy felső korlát. Világos, hogy a . Ha a , akkor
*n∀ ∈
1 2< n < 1 2 2 2nn+ = + < + =*n∀ ∈
2
n
0
0x
a a , tehát a
matematikai indukció elve alapján a , . 2<nsinn n7. Korlátos-e az ( sorozat? ) 1n≥
Itt az a probléma, hogy a értékekről csak annyit tudunk, hogy − és 1 közé esnek. Előfordulhatna az, hogy bár n „nagy”, de olyan kicsi (olyan közel van 0-hoz), hogy az n szorzat is kicsi. Ha azonban azt tudnánk, hogy van olyan
szám, hogy tetszőlegesen rögzítve egy N számot, van n pozitív egész szám úgy, hogy , akkor a sorozat nem korlátos, mert
sinn 1sinn
sin
0n x>0 0x > 0 N>
sin
0 0 0 0sinn n n x N> > , és az N tetszőlegesen nagy lehet.
Valós számok és számsorozatok 22
2k (2 1)k+nx
x
b
sinn
aπ π
0
Képzeljük magunk elé a szinusz függvény grafikonját a
intervallumon, ahol k . Ha x -t úgy választjuk me
intervallum hossza 1-nél nagyobb legyen, akkor az ( intervallegy természetes szám. Ebben a pontban a szinusz függvény értéke
*∈ 0 0>
),a b
( )2 , 2k kπ ππ + + 16 6
π − intervallum megfelel, mert hossza
megfelelő érték 0x1
6 2=sin 2k ππ + . Tehát a vizsgált sorozat ne
2.5. Monoton sorozatok Értelmezés. Az ( ) *n n
a ∈ sorozatot növekvőnek (csökkenő
bármely n esetén teljesül az a ( egyenlő*∈ 1n na +≤ )1n na a +≥
Az ( ) *n na ∈
*∈
sorozatot szigorúan növekvőnek (csökkenő
bármely n esetén teljesül az a ( egyenlő1n na +< )1n na a +>
Ha az ( ) *n na ∈ sorozat növekvő vagy csökkenő, akkor mono
Megjegyzés. Ha az ( ) sorozat szigorúan monoton növekv
monoton növekvő (csökkenő) is. 1n n
a ≥
1. példa. Vizsgáljuk meg a következő sorozat monotonitását:
3, 2, 53
, 3 ,2
..., 2nn+ , ...
A sorozat első néhány tagjából úgy látszik, hogy a
Rögzítsünk egy számot. Ekkor *n ∈ 1
2 2n n n n+− = −
+a a
, vagyis a , . Tehát a sorozat szigorúan*n∀ ∈ 1a +n n> *n∀ ∈2. példa. Monoton-e a következő sorozat?
3 12n
nbn+=+
, n . *∈
1
23
b = , 294
=b , 3285
=b , így azt sejtjük, hogy a sorozat növekvő
*n ∈ számot. Ekkor ( )( )
33
1
1 112 1 2n n
nnn n +
+ ++= < =+ + +
b b , mert
5. ábra
( )( )2 , 2 1k kπ π+
,a b
0
g, hogy az
umban biztosan van x -nál nagyobb. A 2 13π > és a neki
m korlátos.
nek) nevezzük, ha
tlenség.
nek) nevezzük, ha
tlenség.
tonnak nevezzük.
ő (csökkenő), akkor
sorozat csökkenő.
( )2 0
1 1n n= >
+,
csökkenő.
. Rögzítsünk egy
Valós számsorozatok 23
( )( )3 4 31 3 3n n n n n+ + = + + +3 4 3 2
3
4
3
3
és
( )( )( )1 1 2 5 9 8n n n n n n+ + + = + + + +4 3 2 4 3
,
továbbá , minden n esetén. Tehát a sorozat szigorúan monoton növekvő.
5 9 8 4 3n n n n n n n+ + + + > + + + *∈
3. példa. Az a általános tagú sorozat nem monoton mivel a a . ( )1 nn = − 1 2 a< >4. példa. Vizsgáljuk az 1 2=a , 1 2 nn+ = +a a , sorozat monotonitását. *n∀ ∈
Az 2 2 2a = + > 2 és 3 22 2 2 2 2= + + > + =
1 nn a− <
a a egyenlőtlenségek alapján úgy tűnik, hogy a sorozat növekvő. Ha feltételezzük, hogy a sorozat első tagja növekvő sorrendben követi egymást, akkor az a egyenlőtlenség alapján
n
12 2 nna a−+ < + , tehát a . A matematikai indukció elve alapján a sorozat növekvő.
1n na +<
Megjegyzés. Pozitív tagú sorozatok esetén az 1n
n
aa+ hányados tanulmányozása
sokszor egyszerűsíti a monotonitás vizsgálatát. Például az 2!
n
n n=a sorozat esetén
( )
11 2 ! 2 1
1 ! 2 1
nn
nn
a na n n
++ = ⋅ =
+ +< , tehát a sorozat csökkenő.
2.6. Gyakorlatok és feladatok. 1. Vizsgáld meg a következő sorozatok monotonitását és korlátosságát (n minden esetben):
*∈
a) 1n n=a ; b) 2
31n
nn
−=+
a ; c) 3 16 5nnn−=+
a ;
d) cos4nπ=a n ; e) 2 sin
2n n π=a n ; f) 2 2
1
1 sin2
n nn π=+
a .
2. Tanulmányozd a következő rekurzív sorozatok korlátosságát és monotonitását: a) 1 3=a , 1 3 nn+ = +a ; b) a , a 1 1= 3
1 2 nn+ = +a a ;
c) a , 1 1= 1
54
nn
a+
+=a ; d) a , 1 3= 1
1
2
nn
n
aa
+
+=a ;
e) a , a a . 1 10= 21 10 30n nn a+ = − +
3. Tanulmányozd a következő ( ) sorozatok korlátosságát: 1n n
a ≥
a) 11n n
=+
a ; b) a n ; c) 22 3n = +27 1
nnn
− +=a ;
d) 3 1n n= + − +a n ; e) cos sin5 5nn nπ π= +a ;
Valós számok és számsorozatok 24
f) 2
1 1 11 ...2 4 22 2 ... 2
n
n n
+ + + + =+ + +
a ; g) 2 2
2
1 2 ...3 5n
nn n
+ + +=+
2
a
h) 3 45
n n
n n
+=a ; i) 1 1 ...1 2n n n
= + + ++ +
12n
a .
4. Tanulmányozd a következő sorozatok monotonitását:
a) 2
2nnn
=+
a ; b) 13n n
n +=a ; c) 3 31n = + −a n ; n
d) 1 2
1 1 ...2 2 2n n n+= + + + 1na ; e) 1
3
1
( 1n
knn
k
k k
k=
=
+=∑
∑
)a ; f) 2 !n
n n
nn⋅=a ;
g) ( )( )1 51 !
n n
n n− ⋅=+
a ; h) ( )
4 8 12 ... 45 9 13 ... 4 1n
nn
⋅ ⋅ ⋅ ⋅=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +
a .
5. Öt fiú áll egymás mellett. Mutassuk meg, hogy ki tudunk választani közülük hármat úgy, hogy ha a kiválasztottak az eredeti helyükről előre lépnek, akkor ők nagyság szerint növekvő vagy csökkenő sorrendben helyezkednek el. A feladatot másképp is megfogalmazhatjuk: Adott öt szám: a , , , és a . Mutassuk meg, hogy ki tudunk törölni kettőt közülük úgy, hogy a maradék három szám növekvő vagy csökkenő sorrendben legyen.
1 2a 3a 4a 5
2 .7. Konvergens sorozatok.
2 .7.1. Valós szám környezete
Értelmezés. Az intervallumot, ahol a x , az valós szám
környezetének nevezzük. Az szám környezeteinek halmazát -szel jelöljük.
( , )a b b
)ε
< < x
x ( )xV
Megjegyzések. 1. Minden valós számnak végtelen sok környezete van, ezek az -et tartalmazó nyílt intervallumok.
xx2. Ha , akkor az ( intervallumot az a szám sugarú,
szimmetrikus környezetének nevezzük.
0ε > ,a aε− + ε
3. Az x szám minden környezetében van x -nek szimmetrikus környezete és az x minden környezete benne van valamilyen szimmetrikus környezetben.
Példák. 1) Az ( 1 a 0 -nak egy környezete. , 5)−
2) A ( 7 a -nek egy szimmetrikus (9 sugarú) környezete. ,11)− 2 Megoldott feladat
a) Bizonyítsuk be, hogy az 2
12n n
=a , sorozat minden tagja benne van a
-nak 2 hosszúságú szimmetrikus környezetében.
1n ≥
0
Valós számsorozatok 25
b) Bizonyítsuk be, hogy két tag kivételével az 3
2n n=a , sorozat tagjai
mind benne vannak a szám
1n ≥
0 13
hosszúságú szimmetrikus környezetében.
c) Melyik az a leghosszabb szimmetrikus környezete a -nak, amely az 0
( )211n +
sorozatnak csak az első 100 tagját nem tartalmazza?
Megoldás. a) A szám 2 hosszúságú szimmetrikus környezete a ( 1
intervallum. Mivel
0 ,1)−
*2
1 ,2
nn
< < ∀ ∈1 1− , a sorozat tagjai benne vannak a -nak
hosszúságú szimmetrikus környezetében.
0
2
b) A szám 0 13
hosszúságú szimmetrikus környezete a 1 1,6 6
− intervallum. Mivel
3
1 ,6 6
n− < < ∀ ≥
0
1 2n
3 esetén, a sorozat tagjai az a -tól kezdődően benne vannak a
-nak
3
13
hosszúságú szimmetrikus környezetében. Ugyanakkor 1
126
= >a és
2a14 6
= > 1 , tehát a és a nincsenek ebben az intervallumban. 1 2
c) A 0 szám egy tetszőleges szimmetrikus környezete ( , alakú, tehát a )ε ε−
( )211
ε− <+n
( )
ε< egyenlőtlenségnek kell teljesülnie bármely n esetén. Így
az
101≥
2 1nε
>1+ , vagyis 1 1ε
> −n egyenlőtlenséget csak az n természetes
számok kell teljesítsék. Ez csak akkor lehetséges, ha
101≥
1ε
≤ −10 . Innen
következik, hogy
0 1011<
11 102ε
≤ <10 , tehát 2
1102
ε< ≤ 2
1101
. A keresett környezet
tehát a 2 2
1101
0
1 ,101
− . Belátható, hogy a szám minden szimmetrikus környezete tartalmazza a sorozat legalább egy elemét (és nincs más ilyen tulajdonságú pont). Ugyanakkor például az
halmaz minden pontja rendelkezik hasonló tulajdonsággal, tehát
szám tetszőleges környezete tartalmazza az A halmaznak legalább
egy elemét. Az ehhez hasonló tulajdonságok leírásának megkönnyítése céljából bevezetjük a következő fogalmakat:
[0,1)A =
[0,1x∀ ∈ ) \ { }x
Értelmezés. 1. Az a pontot az halmaz torlódási pontjának nevezzük, ha az a bármely környezete tartalmazza az A -nak legalább egy, a -tól különböző elemét ( ).
∈
:V ∩
A⊆
)≠ ∅(( ) \ { }V a A a∀ ∈V
Valós számok és számsorozatok 26
2. Az A halmaz esetén az a pontot izolált pontnak nevezzük, ha az a pontnak létezik olyan környezete, amely nem metszi az A halmazt (vagyis ha nem torlódási pontja A -nak). ( ).
⊆ A∈
V a∃ ∈V\ { }a)}a = ∅(( ) : \ {V A∩
2.7.2. A valós számhalmaz lezárása A tárgyalás egységességének kedvéért bevezetjük az {= ∪ ±∞
a}
)
halmazt. Megegyezés szerint azt mondjuk, hogy a ∞ környezetének tekintjük az ( , alakú
intervallumokat és a környezetének a ( intervallumokat. Az
)∞
−∞ ,a−∞ halmazt
nevezzük a valós számhalmaz lezárásának.
2.7.3. Sorozatok határértéke, konvergens sorozatok Értelmezés. Az a számot az ( ) sorozat határértékének nevezzük, ha a
bármely környezetén kívül a sorozatnak csak véges sok tagja van.
∈1n n
a ≥
Mivel a ∈ esetén a minden környezete tartalmaz szimmetrikus környezetet és minden környezet beilleszthető egy szimmetrikus környezetbe, az előbbi értelmezést elégséges szimmetrikus környezetekre megfogalmazni. Az a szám pontosan akkor van az a valós szám -nyi környezetében, ha teljesül az
n
ε n ε<
na
∈
a a−
1n≥
egyenlőtlenség. Ugyanakkor az a szám -nyi környezetén kívül az ( ) sorozatnak pontosan
akkor van véges sok tagja, ha létezik olyan n természetes szám, amelynél nagyobb indexű tagokat a vizsgált környezet mind tartalmazza. Így a esetén az előbbi értelmezés ekvivalens a következő kijelentéssel:
ε
( )ε
ε -os konvergencia kritérium. Az számot az ( ) sorozat
határértékének nevezzük, ha bármely ε valós számhoz található olyan n természetes szám, amelyre
a ∈1n n
a ≥
0> ( )ε
na a ε− < , (n ). ( )n n ε∀ > *∈
Példák. 1) Az ( )211n n
=+
a sorozat esetén -ra 1n ≥ 0ε∀ > 0na ε− < , ha
1nε
≥
, tehát az ( ) sorozat határértéke 0 .
1n na ≥
2) Az ( )2
2
2 11
n
nnn+ − ⋅=+
na sorozat tagjait vizsgáljuk. 1 2 3
1 3, 2,2 2
a= = = ,a a
54 6 7
40 45 78 4 90 41, , 2 , 117 26 37 37 50 50
a a= = = = = =
1n na ≥
a a . Észrevehetjük, hogy a páros
indexű tagok nagyobbak, mint 2 és a páratlan indexű tagok kisebbek, mint 2 , ugyanakkor a sorozat tagjai egyre közelebb vannak 2 -höz. Próbáljuk meg bizonyítani, hogy az ( ) sorozat határértéke 2 . A következő ekvivalenciákhoz jutunk:
( ) ( )2
1 22 ,2 21
n
n nna a
nε ε ε − ⋅ −∈ − + ⇔ − < ⇔ <
+ε (1)
Valós számsorozatok 27
Ha páros, akkor (1) ekvivalens az n 2
21
nn
ε− <+
egyenlőtlenséggel. Páratlan n
esetén az 2
21
nn
ε+ <+
egyenlőtlenséghez jutunk. Az első egyenlőtlenségnek a
megoldása az 2 21 4 8 1 1 4 8 1, ,2 2ε ε ε εε ε
− − − + + − − + −∞ ∪ ∞ ∩
halmaz, míg a másodiknak a megoldása a 2 21 4 8 1 1 4 8 1, ,2 2ε ε ε εε ε
− − + + + − + + −∞ ∪ ∞ ∩
halmaz.
Ha valamelyik diszkrimináns negatív, akkor a neki megfelelő egyenlőtlenség minden természetes számra teljesül. Ez alapján,
2 21 4 8 1 1 4 8 1( ) max , , 02 2
n ε ε ε εεε ε
+ − − + + − + + = ,
ahol a nem létező kifejezéseket nem kell figyelembe venni. Tehát esetén úgy, hogy
0ε∀ >*( )n ε∃ ∈ 2na ε− < , . Ebből következik, hogy az ( )
orozat határértéke 2 .
( )n n ε∀ ≥1n n
a ≥
s Értelmezés. Azokat a sorozatokat, amelyeknek van véges határértéke (a ) konvergens sorozatoknak nevezzük, a többi sorozatot pedig divergens sorozatnak (a konvergens, divergens szavak latin eredetűek, jelentésük összetartó illetve széthúzó).
∈
Azt, hogy az ( ) sorozat határértéke a, a következő két módon fogjuk jelölni: 1n n
a ≥
a) a , és így olvassuk: a tart a -hoz, vagy a esetén konvergál a-hoz; n → aa
n ∈b) , és ezt így olvassuk: limesz n tart végtelenhez a egyenlő a-val, vagy
„Az ( ) sorozat határértéke a.” (a limesz latin eredetű szó, jelentése határ).
lim nna
→∞=
1n na ≥
n
Megjegyzések. 1. Az értelmezésben szereplő természetes számot küszöb-számnak szokás nevezni. A küszöbszám nincs egyértelműen meghatározva, mert ha
küszöbszám, akkor minden nála nagyobb természetes szám is alkalmas küszöbszám-nak. Általában nem törekszünk arra, hogy megkeressük a legkisebb küszöbszámot.
( )n ε
( )n ε
2. Az értelmezés alapján egy sorozat két esetben lehet divergens: vagy nem létezik határértéke, vagy létezik határértéke, de ez nem véges.
Nagyon sokszor találkozunk majd az *
1nn ∈
ε
sorozattal. Erről azt sejtjük, hogy
konvergens és határértéke 0. Valóban, rögzítve egy számot, 0>
1 0n
ε− < , ha 1ε
>n és n . *∈
ε -ról csak azt használtuk fel, hogy pozitív valós szám, ezért minden -hoz
létezik olyan n szám (egy ilyen például az
0ε >*
0 ∈ 0
1 1ε
n = + ), hogy ha n , 0n>
Valós számok és számsorozatok 28
akkor 1 0n
ε− < . Ezzel a sejtést igazoltuk.
Könnyen beláthatjuk, hogy az a sorozat, amelynek minden tagja ugyanaz az a szám (az állandó sorozat) konvergens és határértéke a.
Az sorozat (a természetes számok sorozata) nem konvergens (divergens), mert bárhogyan választva az a valós számot, létezik olyan pozitív szám és létezik olyan n természetes szám, hogy
( )nn ∈
εn a ε− > , ami az Arkhimédész
féle axióma következménye (n a ). ε> +A ( sorozatról is azt sejtjük, hogy divergens. Ez azt jelentené, hogy
nem található olyan a szám, hogy ez határértéke legyen a sorozatnak. Rögzítsünk egy
tetszőleges a számot. Mutassuk meg, hogy
( ) ) *1 k
k∈−
∈ 12
=ε -hez nincs alkalmas küszöbszám.
Valóban, az a szám 12
sugarú környezete, ami 1 hosszúságú intervallum, nem
tartalmazhatja valahonnan kezdve a sorozat minden tagját, mert két szomszédos tag távolsága ( ) )( 11 1 n+− − − = 2n .
Az -os konvergencia kritériumhoz hasonló kritériumokat fogalmazhatunk meg abban az esetben is, amikor a határérték ± . A határérték értelmezése és a ± környezeteinek értelmezése alapján állíthatjuk, hogy igaz az alábbi két kijelentés.
ε∞ ∞
Tétel. a) ha esetén létezik n M úgy, hogy a M ,
.
lim nna
→∞=∞
( )M
M∀ ∈ ( ) ∈ n >
n n∀ ≥b) ha esetén létezik n M úgy, hogy
, .
lim nna
→∞= −∞
( )n n M∀ ≥
M∀ ∈ ( ) ∈
na M<
2.8. Megoldott feladatok Azt eldönteni, hogy egy sorozatnak létezik-e határértéke, és ha igen akkor
mennyi az a határérték, legtöbbször nehéz probléma. Sok egyszerű feladat megoldása segíthet. Nagy előnyt jelent, ha valamely módon megsejtjük a határértéket, ezen a téren számítógépet is érdemes igénybe venni.
1. feladat. Konvergens-e az 3 15 2nnn−=+
a , általános tagú sorozat? *n ∈
Mivel
133 125 2 5
n nn
n
−− =+ +
, és ha n elég nagy, akkor 1n
és 2n
„kicsi”, ha
elhagyhatnánk őket, akkor 3/5-öt kapnánk. Azt sejtjük, hogy létezik határértéke a sorozatnak és az 3/5. A bizonyítás érdekében legyen ε tetszőleges rögzített valós
szám. Ekkor
0>
( )152
−
0
kellene
teljesüljön minden n természetes számra, egy bizonyos n értéktől kezdődően. A fenti ( )
3 3 1 3 15 5 6 115 5 2 5 5 5 5 5 2n
n n nan n n
ε− − −− = − = = <+ + +
Valós számsorozatok 29
egyenlőtlenség mindig teljesül, ha ( )5 5 2 111n
ε+ > , azaz ha 1 11 2
5 5ε > − n . Tehát
-nak vehetünk
( )n ε 1 11( ) max 1, 2 15 5
n εε
= ⋅ − +
-et, ahol [ ]⋅ egészrészt jelöl. A
fenti egyenlőtlenség alapján, ha n n , akkor ( )ε> 35na ε− < . Mivel n a leírt mó-
don megszerkeszthető minden számra, a sorozat konvergens és határértéke
( )ε
0>ε 35
. 2
n n=
2
n
( )2 5n −23 3 3
− <
na −
23
32ε
>
2. feladat. Konvergens-e az 2
2 33 1n n− +
−1a általános tagú sorozat?
2
2
2
3 122 3 113 1 3
n n n n
n
− +− + =− −
, ezért ha n elég nagy, a tört értéke „közel” van 23
-hoz.
Azt sejtjük, hogy a sorozat konvergens és határértéke 23
. Próbáljuk ezt igazolni.
Rögzítsünk egy számot. Nyilván 0ε >
, ( )minden esetén. Tehát *n ∈ , ha 3
2ε>n , és így egy alkalmas
küszöbszám most 3( ) 12
εε
= + n .
( )2
2 22 2
2 2 3 1 9 5 9 5 9 3 33 3 1 2 21 3 3 1 3 3n
n n n n n nan n nn n− + + −− = − = = < =
− − −2 33 2n
ε< <
A kapott küszöbszámhoz elég durva becslésekkel jutottunk, viszont a határérték szempontjából lényegtelen, hogy melyik n után lesz -nál kisebb a modulusos
kifejezés. Tehát a sorozat konvergens és
( )ε ε2
2
2 3li3 1n
n nn− +
−1 =m
→∞.
3. feladat. Konvergens-e az 2
3
2 33 1nn nn− +=
−1a általános tagú sorozat?
2 2
3
3
2 3 12 3 1
13 1 3
n n n n nn
n
− +− + =− −
3, tehát ha n elég nagy, akkor a tört értéke 0-hoz
közeledik. Igazoljuk, hogy a sorozat konvergens és határértéke 0. Valóban, 2 2 2
3 3 3
2 3 1 2 3 1 3 303 1 3 1 2 2n n n n nn n n
ε− + − +− = < =− − n
< , ha n . Tehát
2
3
2 3 1lim 03 1n
n nn→∞
− + =−
.
Valós számok és számsorozatok 30
4. feladat. Konvergens-e az 2 2
3
1 2 ...n
nn
+ + +=2
)
a általános tagú sorozat?
Ismeretes, hogy ( )(2 2 2 1 2 12 ...6
n n nn + ++ + + =1 . Ezért
( )( ) ( )( )3 2
1 2 1 1 2 1 1 11 26 6 6n
n n n n nan n n
+ + + + = = = + 1n+ .
Azt sejtjük, hogy létezik a sorozat határértéke és az 2 16 3= . Valóban, ha rögzítünk egy
számot, 0ε > 2 2
1 3 1 4 23 6 6 3n
n nan n n
ε+− = < = < , ha 23ε
>n , tehát egy lehetséges
küszöbszám 2( ) 13
εε
= + n , vagyis a sorozat konvergens és határértéke 1lim
3nna
→∞= .
5. feladat. Konvergens-e az 2n n= + −a n sorozat? n
( )2 2 2
2
2 2
111 1
nn n n n n na n n nn n n n n n
n
+ + + −= + − = =+ + + + + +
,
tehát azt sejtjük, hogy a sorozat konvergens és határértéke 12
. Legyen ε rögzített. 0>
12 1 11 1 112 2 11 1 2 1 1
nna
n n
− + −− = − = = + + + +
1 1 11 1 1 1 1 1 14 81 12 1 1 4 1 1
n n nn
n n
ε+ − + − + −
= < = < + + + +
< , ha 18ε
>n ,
tehát ( )2 1lim2n
n n n→∞
+ − = .
6. feladat. Bizonyítsuk be, hogy az 1 2 nnx + = + x 1n ≥, , sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét.
1 1x =
Megoldás. A sorozat növekvő és minden tagja kisebb, mint 2 (lásd a monotonitás és a korlátosság paragrafusban megoldott feladatokat). A továbbiakban igazoljuk,
hogy a sorozat határértéke 2 . 1
22 2 22 2n
nn
x+ − = + − =
+ +nx−x x , tehát írhatjuk,
hogy 1
12 22 nnx + − < ⋅ x − . Ebből következik, hogy 1 11
1 12 22 2n n nx x− −− − =< .
Tehát ha 2
1( ) log 1εε
n = +
, akkor 2nx ε− < , és így . ( )n n ε∀ ≥ lim 2nnx
→∞=
Valós számsorozatok 31
Az előbbi feladatokból láthattuk, hogy hatékonyan akkor tudunk határértéket számolni, ha olyan szabályokat, módszereket dolgozunk ki, amelyek lehetővé teszik ennek a nehézkes módszernek a kikerülését. A fejezet további részében ilyen tulajdonságok levezetésére törekszünk. 2 .9. Gyakorlatok
Vizsgáljuk meg, hogy a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergensek-e. Ha igen, számítsuk ki a határértéküket!
a) 27 3nnn−−+5a ; b) 3
4 1n n −a = ; c)
2
2
11n
nn
−=+
a ;
d) 2
2
3 51n
n nn n+ −=+ +
a ; e) 2
2 35 1nnn
−=+
a ; f) 23 16 1nn nn− +=+
a ;
g) 2 2
2
1 2 ...n
nn
+ + +=2
a ; h) 2 2
4
1 2 ...n
nn
+ + +=2
a ;i) 3 3
4
1 2 ...n
nn
+ + +=3
a ;
j) 3 12 3 1
n
n n
+=⋅ −
a ; k) 2nn =a ; l) 1 1n n= + − −a n ;
m) 3n n= + −a n ; n) n 2 21 1n n= + − −a n .
2 .10. Sorozatok néhány tulajdonsága
1. A határérték értelmezését olvasva felmerülhet a kérdés, hogy egy valós számsorozatnak lehet-e több határértéke. Ha a határérték szemléletes értelmezésére gondolunk, tehát arra, hogy az ( ) sorozat határértéke a, ha „nagy” n-re a „közel
van a-hoz, akkor úgy érezzük, hogy ez a tulajdonság legfeljebb egy a számra teljesülhet. Most pontosan az értelmezés alapján mutatjuk meg, hogy valóban így is van.
1n na ≥ n
a ba-ε a+ε εεb- b+x
Tegyük fel, hogy létezik olyan sorozat, amelynek legalább két határértéke van. Legyen ( ) *n n
a ∈ ilyen sorozat és két határértéke a és b, a . Vegyük a és b egy-egy olyan környezetét, hogy ezek ne messék egymást. Ilyen környezetek találhatók, mert
, ezért például az a és b körüli
b≠
a b≠3a b−=ε sugarú környezeteknek nincs közös
pontja. A feltevés szerint a és b határérték, ezért valamelyik tagtól kezdve a sorozat tagjainak mindkét környezetbe bele kellene tartozni, ami nem lehet, mert a környezetek idegenek (diszjunktak). Ezt szemléletesen is beláthatjuk, ha ábrázoljuk a sorozatot a számegyenesen.
a
Hasonló gondolatmenet alapjánde nem véges, akkor is egyértelT étel. Ha egy sorozatnak van
2. Milyen kapcsolat van a soroolyan sorozatot, amely korláto
6. ábr
az is belátható, hogy ha a sorozat határértéke létezik, mű. Érvényes tehát a következő tétel: határértéke, akkor csak egy határértéke van.zat korlátossága és konvergenciája között? Már láttunk, s, de nem konvergens (például az a , ( )1 nn = − *n ∈
Valós számok és számsorozatok 32
általános tagú sorozat). Eddigi példáinkban minden konvergens sorozat korlátos is volt. Vajon ez igaz-e tetszőleges konvergens sorozat esetén?
Tegyük fel, hogy az ( ) sorozat konvergens. Határértékét jelöljük a-val.
Ekkor, az értelmezés alapján esetén létezik n úgy, hogy 1n n
a ≥
ε∀ > 0 ( )ε na a ε− <
ε
, ha
. Ez az összefüggés egyenértékű a − egyenlőtlenségekkel, vagyis , ha , tehát az ( , intervallumon kívül
a sorozatnak legfeljebb véges sok tagja van. Ha található
( )n n ε> na aε −−
< <a aε +na a aε ε− < < + ( )εn n> )ε
( )εa + -nál nagyobb tag, akkor ezek közül a legnagyobbat véve (véges sok szám között mindig van legnagyobb), a kapott szám a sorozat egy felső korlátja. Ha nincs ( )εa + -nál nagyobb tag, akkor a egy felső korlát. Hasonlóan, a , vagy ε+ ε− ( )εa − -nál kisebb tagok közül a legkisebb az ( ) sorozat egy alsó korlátja. Ezzel igazoltuk a következő állítást:
1n na ≥
Tétel. Minden konvergens sorozat korlátos. Az állítást a következő módon is megfogalmazhatjuk: A korlátosság a sorozat konvergenciájának szükséges feltétele. Az a általános tagú sorozat példája mutatja, hogy a korlátosság a konvergenciának nem elégséges feltétele. Sok esetben a csak szükséges, illetve a csak elégséges feltételek a feladatok megoldásánál, tárgyalásánál nagyon jól használhatók. Így az előzőek alapján, ha egy sorozat nem
orlátos (amit sokszor elég könnyű megállapítani), akkor nem is lehet konvergens.
( )1 nn = −
k 3. Készítsünk az ( ) és
1n na ≥ ( ) 1n n
b ≥ sorozatokból egy ( ) 1n nc ≥
2 1n− = sorozatot úgy, hogy a
két sorozatból felváltva vesszük sorra a tagokat. Tehát c a , c , vagyis n 2 nn = b
a1 1 2 2, , , ,..., , , ...n na b a b a b= =
Mutassuk meg, hogy ha , akkor . lim limn nn n
a b→∞ →∞
lim nnc a
→∞=
Rögzítsünk egy számot. A feltevés szerint létezik olyan N és természetes szám, hogy
0ε > 1( )ε 2( )N ε
na a ε− < , ha n N és 1( )ε> nb a− ε< , ha n N .
Ezért 2> ( )ε
kc a− < ε , ha { }12max ( )>
* k >2, ( )Nε ε
0n
k N . Tehát minden pozitív valós szám-
hoz létezik olyan n , hogy ha , akkor
ε
0 ∈ kc a ε− < . Ez azt jelenti, hogy
. Hasonló gondolatmenet akkor is érvényes, ha a határérték nem véges. lim nc→∞= a
n 4. Tekintsünk egy ( ) sorozatot. Az
1n na ≥
, ... 2 4 2, ,..., na a a
, ... 51 3 2 1, , , ..., na a a a −
, ... 10 100 10, ,..., ma a a
sorozatokról azt mondjuk, hogy az ( ) sorozat részsorozatai. Szemléletesen azt
mondjuk, hogy kitöröltünk a sorozat tagjai közül valamennyit és a megmaradt tagokat vettük abban a sorrendben, ahogyan az eredeti sorozatban is szerepeltek.
1n na ≥
Valós számsorozatok 33
Értelmezés. Azt mondjuk, hogy ( ) az ( ) sorozat egy részsorozata, ha
1kn ka
≥ 1n na ≥
1 2 31 ... ...kn n n n≤ < < < < <A részsorozat első tagja a , második tagja a , stb. Az értelmezésből következik, hogy n k , .
1n 2n
k ≥*k∀ ∈
Tekintsük az 1
1nn ≥
sorozatot. Tudjuk, hogy ez a sorozat 0-hoz tart, vagyis
1lim 0n n→∞
= . Vegyük most ennek a sorozatnak egy részsorozatát, például az 1
13 nn ≥
sorozatot. Ez a sorozat is 0-hoz tart.
a
a
Felvetődik a kérdés, hogy igaz-e, hogy ha és ( ) az ( )
egy részsorozata, akkor teljesül-e a egyenlőség?
lim nna
→∞=
1kn ka
≥ 1n na ≥
limknka
→∞=
a ∈( )n ε ∈
esetén rögzítsünk egy pozitív ε számot. A feltevés szerint ehhez létezik olyan szám, hogy ha n n , akkor * ( )ε> na a ε− < . Ezért, ha most
, akkor miatt ( )εk n>kn ≥ k
kn
a
a
a a ε− < . Mivel ε -ról csak azt használtuk ki, hogy pozitív, ezért minden esetén van alkalmas küszöbszám, tehát . Belátható, hogy nem véges határérték esetén is hasonló tulajdonság érvényes, tehát igaz a következő tétel:
0>ε limknka a
→∞=
Tétel. Ha egy sorozatnak a a határértéke, akkor minden részsorozatának van határértéke és ez szintén a . Megjegyzés. Divergens sorozatnak is lehet konvergens részsorozata, például az
sorozatnak a csupa 1-ből vagy a csupa − -ből álló részsorozata konvergens. ( )1 nna = − 1 5. Adott egy ( ) sorozat. Úgy készítünk ebből új sorozatot, hogy az elejére írunk
néhány új tagot. Szemléletesen, az 1n n
a ≥
1 2 3, , , ..., ,...na a a a sorozatból kapjuk a
1 2 1 2, , ..., , , , ..., , ...nkb b b a a a sorozatot. Ha , akkor az új, megváltoztatott sorozatnak is van határértéke
és ez éppen a. Valóban, tekintsük a-nak egy környezetét. Az a feltevés miatt az sorozatnak legfeljebb véges sok tagja nem tartozik ebbe a környezetbe. A
megváltoztatott sorozat is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, mert a környezetbe nem tartozó tagokon kívül még b b lehet a környezeten kívül, vagyis biztosan
állíthatjuk, hogy legfeljebb véges sok tag. Ezért az új sorozat is a-hoz tart.
lim nna
→∞=
n →( ) 1n na ≥
ia 1 2, , ..., kb
Megoldott feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az ( ) sorozat ( ) és
részsorozatai konvergensek és ugyanaz a határértékük, akkor az (1n n
a ≥ 2 1n na
≥
( )2 1 1n na − ≥
) 1n≥na
sorozat is konvergens.
Valós számok és számsorozatok 34
Bizonyítás. Ha az ( ) és ( sorozatok közös határértéke l , akkor
esetén létezik n és
2 1n na
≥
( )1 ε
)2 1 1n na − ≥
0ε∀ > ( )2 εn úgy, hogy 2na l ε− ≤ ha n n és 1( )ε≥
2 1ma l ε− − ≤ ha m n . Így ha 2( )ε≥ { }1 2max ( ), ( )nε εn n , akkor ≥ n − ≤a l ε ,
tehát az ( ) sorozat is konvergens és határértéke szintén l . 1n n
a ≥
Feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy az *sin ,
2nnπ= ∀ ∈a sorozat divergens! n
2. Tanulmányozd az ( )1 1 nn n n= + − 1 1≥a , n sorozat konvergenciáját.
3. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) sorozat ( , és ( )
részsorozatai konvergensek, akkor az ( ) sorozat is konvergens. 1n n
a ≥
n na
)2 1n na
≥( )2 1 1n na − ≥ 3 1n n
a≥
1≥
2.11. Műveletek konvergens sorozatokkal
Már vizsgáltuk az 2
3
2 33 1nn nn− +=
−1a általános tagú sorozatot. A következő
átalakítást végeztük: 2 3
3
2 3 1
13n n n
n
− +
−n =a .
A kapott alakból megsejtettük, majd igazoltuk, hogy a sorozat határértéke 0,. Az átalakítás után megpróbálhatjuk visszavezetni a problémát egyszerűbb esetekre.
Figyeljük meg előbb a számlálót. Ha külön-külön a 1
2nn ≥
, 2
1
3nn ≥
, 31
1nn ≥
sorozatokat vizsgálnánk, akkor mindegyikről be tudnánk bizonyítani, hogy 0-hoz tart.
De kitűzhetjük a feladatot így is: Az 1
1nn ≥
sorozatról már tudjuk, hogy konvergens
és határértéke 0. Következik-e ebből, hogy 2 1 1 0n n n= + → ; 3 1 1 1 0
n n n n= + + → ;
2
3 3 1 0n n n= ⋅ → ; 3
1 1 1 1 0n n n n= ⋅ ⋅ → ? Továbbá, igaz-e, hogy ha 2 0
n→ ; 2
3 0n
→
és 3
1 0n
→ , akkor 2 3
2 3 1 0n n n− + → ?
A nevezőben a 3-at tekinthetjük úgy, hogy a csupa 3-asból álló sorozat megfelelő
tagja. Ez a sorozat nyilván konvergens és határértéke 3. Ha 3
1 0n
→ , igaz-e, hogy
3
13n
− → 3 ? Ha igaz, hogy a nevező 3-hoz tart, a számláló pedig 0-hoz, akkor
érvényes-e, hogy a tört 03
-hoz tart, vagyis 0-hoz?
A kérdéseket általánosabban is feltehetjük és úgy is fogjuk vizsgálni.
Valós számsorozatok 35
Legyen és ( ) 1n na ≥ ( ) 1n n
b ≥ két sorozat úgy, hogy és
(a b ). Igaz-e, hogy
lim nna
→∞= a
b
lim nnb b
→∞=
, ∈
a) az ( sorozat is konvergens és ; ) 1n n na b ≥+ lim n nn
a b a→∞
+ = +
b) az ( sorozat is konvergens és ; ) 1n n na b ≥⋅ lim n nn
a b ab→∞
=
c) az 1
n
n n
ab ≥
sorozat is konvergens és lim n
nn
a ab b→∞= ?
Vizsgáljuk sorra a problémákat: a) Azt sejtjük, hogy ( is konvergens és
. Bizonyítsuk be!
) 1n n na b ≥+
( )lim lim limn n n nn n na b a b a
→∞ →∞ →∞+ = + = +b
a bRögzítsünk egy számot. és miatt van olyan
és szám, hogy ha n N , akkor
0ε > lim nna
→∞=
1( )ε
lim nnb
→∞=
1( )N ε 2( )N ε >2na a ε− < és ha ,
akkor
2( )n N ε>
2nεb b− < .
ε εÍgy ( ) ( ) ( )2 2n n n n n na b a b a a b b a a b b ε+ − + = − + − ≤ − + − < + =
1 2max{ ( ), ( )}n N Nε ε
, ha
. Érvényes tehát az alábbi kijelentés. >Ha lim nn
a a→∞
= ∈ és lim nnb b
→∞= ∈ , akkor ( )lim lim limn n n nn n n
a b a b a→∞ →∞ →∞
+ = + = +
∈ lim b b= ∈
b .
b) Bizonyítsuk be, hogy ha és , akkor létezik
. Egyszerű átalakítással
lim nna a
→∞=
)n
ab=
nn→∞
( ) ( ) (lim lim limn n n nn na b a b
→∞ →∞ →∞⋅ = ⋅
( ) ( )n n n n n n n n na b ab a b ab ab ab a a b a b b− = − + − = − + − ≤
n n na a b a b b≤ − ⋅ + ⋅ − . Azt kellene belátni, hogy „nagy n-re” a jobb oldal kicsi. Rögzítsünk egy pozitív ε számot. A feltevés szerint ( ) 1n n
b ≥ konvergens, ezért korlátos is. Legyen nb ≤K
a
, ha
(nem jelent megszorítást a kikötés). Tegyük fel még, hogy az
sorozat határértéke a . Mivel , létezik N úgy, hogy ha
, akkor
1, 2, ...n =
( ) 1n na ≥
1( )n N ε>
0K >
limn→∞
0≠ na = 1( )ε
2Kε<na a− és b miatt létezik N úgy, hogy ha
, akkor
n → b 2( )ε
2( )n N ε>2aε<nb b− . Ezt felhasználva
ε ε2 2n n n na b ab a a K a b b K aK a
ε− ≤ − ⋅ + ⋅ − < ⋅ + ⋅ = ,
{ }ha 1 2max ( ), ( ) ( )N Nε ε> =n N . ε
Ha a , akkor 0= 0na b b⋅ − = , ezért ezt a tagot elhagyhatjuk és a becslés
Valós számok és számsorozatok 36
egyszerűsödik. (Így is számolhatnánk: 02 2n n na b a K KKε ε ε− ≤ ⋅ < ⋅ = <
( )ε>
, ha
.) Az ε -ról csak azt használtuk ki, hogy pozitív szám, így azt nyertük, hogy minden -hoz létezik olyan természetes szám, hogy ha n N , akkor
1( )n N ε>ε > 0 ( )N ε
n na b ab− ε< . Igaz tehát az alábbi kijelentés.
Ha lim nna a
→∞= ∈ és lim nn
b b→∞
= ∈ , akkor ( ) ( )( )lim lim limn n n nn n na b a b ab
→∞ →∞ →∞= =
=
.
c) A kérdés nincs pontosan megfogalmazva. Ha , akkor lehet, hogy
és a
lim nnb
→∞b
0b = ( ) 1n nb ≥ sorozat tagjai között is tetszőlegesen sok 0 lehet. Tekintsük a
következő két sorozatot: 1
na n= és 2
1n n=b , így n
n
a nb= , tehát az
1
n
n n
ab ≥
sorozat nem konvergens.
Tegyük fel, hogy . Ekkor lim 0nnb b
→∞= ≠
2b -höz létezik N úgy, hogy ha n N ,
akkor
>
2nb
b b− < . Ez azt jelenti, hogy b , ha n . Az ábra ezt szemlélteti: 0n ≠ N>x
a Véges sok tag megváltoztatása feltételezhetjük, hogy
hogy
lim 0nnb
→∞≠
1limn
nb b→∞=
m na a→∞
=
1 , akkor a c) kérdé
ha és lin
1 1
nb b=lim
n→∞, akk
b- b+b2
b2
Vizsgáljuk tehát az 1
1
n nb ≥
sorozat
bA és b felte
esetén
lim 0nnb b
→∞= ≠
*∈
0n ≠
n nb ≥ d és b d≥
minden tagja benne van a b-nek 2b
környezetében a sorozatnak végesabszolút értékűt d-nek. Ha nincs
legyen 2b=d . Rögzítsünk egy ε
úgy, hogy ha n , akkor N> nb b−
7. ábrb
a sorozat konvergenciáján nem változtat, ezért és b . Ha most be tudnánk látni, *0,n n≠ ∀ ∈
st vissza tudjuk vezetni a b)-re. Valóban, b) szerint
or 1 1nn
n n
a ab b= ⋅ →a a
b⋅ =
b.
ot. Azt sejtjük, hogy létezik 1 1limn
nb b→∞= .
1 1 n
n n
b bb b b
−− = .
vések miatt van olyan d szám, hogy minden 0>
. Ez következik abból, hogy a sorozat majdnem
sugarú környezetében. Ezért a 0-nak a 2b sugarú
sok tagja lehet. Vegyük ezek közül a legkisebb a sorozatnak tagja ebben a környezetben, akkor
számot. miatt -hez létezik N 0> lim nnb
→∞= b 2dε ⋅
2d⋅ε< . Így tehát
Valós számsorozatok 37
22 2
1 1 1n n
n n
b b b bd
b b b b d dε
− −− = < < ⋅
⋅,
vagyis 1 1
nb bε− < , ha n . Az -ról csak azt használtuk fel, hogy pozitív valós N> ε
szám, ezért minden ε -hoz létezik olyan N természetes szám, hogy ha 0> ( )ε
( )n N ε> , akkor 1 1
nb bε− < .
Érvényesek tehát az alábbi állítások.
Ha , *lim nnb b
→∞= ∈ , és 0, 1n n≠ ∀ ≥b , akkor
limlim
limnn n
nn nn
aa ab b
→∞
→∞→∞
= =b
a a
b
.
Ha *lim nnb b
→∞= ∈ és 0n ≠b , *n∀ ∈ , akkor 1 1lim
limnn nnb b→∞
→∞
= = 1b
.
lim nna a
→∞= ∈
Megjegyzés. A b) esetben speciális esetként benne van az is, hogy ha és c , akkor . lim nn
a a→∞
= ∈ ∈ ( )lim limn nn nc a c a ca
→∞ →∞⋅ = ⋅ =
Csak arra kell gondolni, hogy a ( sorozat minden tagja c, ezért c-hez tart. Így az is igaz, hogy ha , akkor . Ebből pedig a)-t felhasználva
következik, hogy ha , , akkor létezik
) 1nc ≥
lin
limn→∞
lim nna
→∞=
lim nn→∞=
( )m na→∞− = −
nb b=a a
( )lim lim limn n n nn n na b a b a
→∞ →∞ →∞− = − = − .
1. példa. 2
10
n→ , mert 1 0
n→ .
2. példa. 3
1lim 0n n→∞
= , mert 3 2
1 1 1n n n= ⋅ és 1
lim 0n n→∞
= , 2
1lim 0n n→∞
= .
3. példa. 5lim 0n n→∞
= , mert 1lim 0n n→∞
= .
4. példa.
133 1lim lim 25 2 5n n
n nn
n→∞ →∞
−− = =+ +
35
, mert 1lim 3 3n n→∞
− = és 2lim 5 5n n→∞
+ = .
5. példa. 4 3 3 4
4 2
2 3 4
3 1 122 3 1lim lim 5 2 47 5 2 4 7n n
n n n n n nn n n
n n n→∞ →∞
− + −− + − = =+ + − + + −
27
, mert
3 4
3 1 1lim 2 2n n n n→∞
− + − = és 2 3 4
5 2 4lim 7 7n n n n→∞
+ + − = .
Itt úgy látszik, mintha többet használtunk volna fel, mint amennyit a)-ban megmutattunk. Abból azonban az is következik, hogy ha , ,
, akkor . Arra
lim nna a
→∞=
lim nn nc a
→∞+ =
lim nnb b
→∞=
b c+ +lim nnc
→∞= c ( )lim lim limn n n n nn n
a b c a b→∞ →∞ →∞
+ + = +
Valós számok és számsorozatok 38
gondolunk ugyanis, hogy ( ) , tehát (n n n n na b c a b c+ + = + +) n
c( ) ( ) ( )lim lim limn n n n n nn n na b c a b c a b c a b
→∞ →∞ →∞+ + = + + = + + = + + .
Ugyanígy járunk el, ha több (véges sok) sorozat összeadásáról van szó. (Természetesen szorzásnál is ugyanígy teszünk.)
6. példa. Az 3 2
2
3 24 1nn n nn n− + +=+ +
1a általános tagú sorozat konvergens-e?
Átalakítva, 2
2
1 13 2
1 14n
nn na
n n
− + +=
+ +
lim nna
→∞=∞
. A nevező 4-hez tart, a számláló pedig ∞ -hez,
ezért azt sejtjük, hogy . Mutassuk meg ezt! Ennek érdekében rögzítsünk egy K számot.
2
2
1 13 2 21 1 4 2 34
n
n n nn na
n n
− + += > =
++ +
lim nna
→∞=∞
K K> 3>, ha n . Mivel K tetszőleges szám
lehet, így valóban . Általánosabban is megfogalmazhatjuk a kérdést:
Ha , , , , , akkor igaz-e, hogy lim nna
→∞=∞ lim nn
b b→∞
= 0b > 0nb ≠ *n∀ ∈
lim n
nn
ab→∞=∞ ?
Nem jelent megszorítást, ha feltesszük, hogy a és b . A -
ból következik, hogy
0n > 0n > lim 0nnb b
→∞= >
( ) 1n nb ≥ felülről is korlátos. Legyen minden n-re
. Ekkor egy K számot rögzítve, ,nb M M≤ > 0 n n K>n
a ab M>
n N>
, ha a . Mivel
, ezért van olyan N szám, hogy ha , akkor a . Így az is
igaz, hogy ha n , akkor
n MK>
MK>lim nna
→∞=∞
>
n
N n
n
Kb>a . Mivel K tetszőleges szám lehet, így lim n
nn
ab→∞=∞.
7. példa. Ha n
és a minden n természetes számra, akkor n
. lim na→∞=a 0n ≥ lim 0na a
→∞= ≥
Valóban, nem lehet, mert ekkor a-nak például 0a <2a sugarú környezetébe csak
negatív számok tartoznának, így ebben a környezetben az ( ) sorozatnak egyetlen
tagja sem lehetne. 1n n
a ≥
Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha n
, a , akkor lim na a +→∞= ∈ 0n ≥ lim nn
a a→∞
= .
Megoldás. Ha a , akkor esetén 0= 0ε > 0n na a ε− = < , ha a .
miatt ε -hez létezik természetes szám úgy, hogy a , ha
. Ezért
2n ε<2ε<lim 0nn
a→∞
=
n N>
2 (N ε) n
lim 0n→∞ na = . Ha a , akkor 0>
Valós számsorozatok 39
( ) n nn n
n n
a a a a a aa a a a
a a a a a+ − −
− = − ⋅ = ≤+ +
n
a
.
Egy számot rögzítve, a miatt 0ε > n → aε ⋅ -hoz létezik olyan N természetes szám, hogy ha n , akkor N> na a ε− < a . Ezért, ha , akkor n N>
nn
a aa a
a aε− ⋅− ≤ < a ε= . Tehát lim limn nn n
a a→∞ →∞
= = a .
Hasonlóan igazolható, hogy ha k , k és , ahol a , akkor *∈ 2≥ lim nna
→∞= a 0n ≥
lim lim kk kn nn na a
→∞ →∞= = a .
Gyakorlatok és feladatok 1. Vizsgáljuk meg a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergenciáját.
a) 1 23 5n
nn−=+
a ; b) 2
23 5nn nn
−=+
a ; c) 3
4
5 13 1nnn n
−=− +
a ;
d) 22 12n
nn+=+
a ; e) 2
1 23 6n n n = − + a ; f)
2
2
6 23 3nn nn n
− −= ++ + 1
a .
2. Konvergensek-e a következő sorozatok?
a) 13 2nnn+=+
a ; b) 3
3
2 35 1n
n nn n+ +=+ +
1a ;
c) 3
5
11n
nn−=+
a ; d) 33
2
25
nnn+=+
a .
3. Igaz-e a következő állítás? „Ha konvergens, akkor ( ) és ( ) 1n n n
a b ≥+1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ is konvergens.” (Ha igaz,
akkor kell igazolni, ha nem, akkor elég egy ellenpéldát adni.) 4. Döntsük el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis:
a) Ha ( konvergens, akkor ( ) és ) 1n n na b ≥−
1n na ≥ ( ) 1n n
b ≥ is konvergens; b) Ha ( konvergens, akkor ( ) és ) 1n n n
a b ≥⋅1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ is konvergens;
c) Ha 1
n
n n
ab ≥
konvergens, akkor ( ) és 1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ is konvergens;
d) Ha ( divergens, akkor ( ) és ) 1n n na b ≥+
1n na ≥ ( ) 1n n
b ≥ is divergens;
e) Ha ( divergens, akkor ( ) és ) 1n n na b ≥+
1n na ≥ ( ) 1n n
b ≥ közül legalább az egyik divergens;
f) Ha ( ) és ( ) divergens, akkor 1n n n
a b ≥+1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ is divergens;
)⋅ )g) Ha ( és ( ) konvergens, akkor 1n n n
a b ≥ 1n na ≥ ( 1n n
b ≥ is konvergens. 5. Igazoljuk, hogy ha és , továbbá a minden n -ra, akkor a . Igaz-e, hogy ha a minden n -ra, akkor a b ?
lim nna
→∞= a b nlim nn
b→∞
=
nbn b≥ *∈
b≥ n >*∈ >
40 Valós számok és számsorozatok
2.12. Végtelenhez tartó sorozatok
A divergens sorozatok közül különösen érdekesek azok az ( ) sorozatok,
amelyeket szemléletesen úgy is jellemezhetünk, hogy „a minden határon túl növekszik (korlátlanul növekszik)”. Már láttuk, hogy igaz a következő két kijelentés:
1n na ≥
n
Tétel. a) , ha minden K számhoz létezik olyan n K természetes
szám, hogy ha n n , akkor a K .
lim nna
→∞= +∞
( )K>
( )
n >. b) , ha minden K számhoz létezik olyan n K természetes
szám, hogy ha n n , akkor a K .
lim nna
→∞= −∞
( )K>
( )
n <Példa. Az sorozat -hez tart. A ( sorozat −∞ -hez tart. A
sorozat nem tart sem -hez, sem −∞ hez.
( )21
1n
n≥
+
)1
∞
∞
)31n
n≥
−
( )( 41 nn
n≥
−A következő paragrafusban megvizsgáljuk, hogy a végtelenhez tartó sorozatokkal végezhetünk-e műveleteket.
2.13. Gyakorlatok és feladatok 1. Döntsd el, hogy a -nek az ( ) sorozat korlátlansága n → ∞
1n na ≥
a) szükséges; b) elégséges; c) szükséges és elégséges; d) nem szükséges és nem elégséges feltétele.
2. A következő általános tagjukkal adott sorozatok közül melyek tartanak -hez és melyek −∞ -hez?
∞
a) 2
3 1nnn
=+
a ; b) 312nn
n−=+
a ; c) 3 2
2
3 11n
n nn n+ +=+ +
a ;
d) sin2n n π = a n ; e) a n . ( )3 2cosn nπ=
2.14. Határozatlan esetek A konvergens sorozatokkal végzett műveletek tanulmányozásánál láttuk, hogy bizonyos esetekben nemcsak a véges határértékekkel lehet műveleteket végezni, hanem a végtelen határértékekkel is. Például a egyenlőséget úgy is
bizonyíthatjuk, hogy belátjuk az összeg tagjáról, hogy külön-külön ∞ -hez tart. Tehát úgy sejtjük, hogy . A egyenlőség alatt azt értjük, hogy tetszőleges és
( )2limn
n n→∞
+ =∞
=∞∞+∞ =∞
1
∞+∞( )n na ≥ ( ) 1n n
b ≥ + -hez tartó sorozat esetén az ( sorozat
határértéke is + . Ehhez hasonlóan, ha
∞ ) 1n n na b ≥+
∞ , ,
c mn→∞
a b c , akkor az a b , (a b ,
, stb.) egyenlőség(ek) alatt azt értjük, hogy ha és
, akkor ( li , , ,
stb.). A következő példa mutatja, hogy
∈
n na b c⋅ = lim /n nna b
→∞
c
lim nna
→∞
c lim nn→∞
+ =
=
c⋅ =
a=nba c=
/a b c=
lim nnb
→∞=
ba =
b
c
lim n nna b
→∞+ =
elemeivel nem minden művelet értelmezhető. Ha a határértéket szeretnénk kiszámítani, akkor az
előbbi gondolatmenet nem használható, mert két végtelenhez tartó sorozat különbsége ( 2lim
nn n
→∞− ) =∞
Valós számok és számsorozatok 41
bármekkora lehet. Például , ( ) ( )2 2 2lim 2 limn nn n n
→∞ →∞− = − =−∞ ( )( )2 2lim
nn k n
→∞+ − =∞−∞
−∞+ = −∞
∈0>
( )K≥
k ,
tehát a alakú „művelet” eredménye bármi lehet. Ezért a alakú határértékeket határozatlan esetnek nevezzük.
∞−∞
+∞ = +
a= lin
(n ε−1ε =
=∞
= +∞ ln
∈ ∞+∞ =∞ ( )+ −∞ =( )−∞+ −∞ = −∞
+∞ =∞K ∈
ε ε+ ( )ε≥ 1 nb− + <( ) max{ ( ), ( )}n n Kε=
n nK a b< + ( )K≥lim n nna b
→∞+ =∞
( )−∞ = ∞ −∞
( ) 1n n na b
≥+
+∞ −∞
0>a 0<
) 1n n na b ≥⋅
⋅∞⋅∞
0= lin
∞ ( ) ( )⋅ −∞ = −∞ ⋅ = −∞a −∞ ( ) ( )⋅ −∞ = −∞ ⋅ =
( )( )∞⋅∞ = −∞ −∞ =∞( ) ( )∞⋅ −∞ = −∞ ⋅∞ = −∞
)⋅ −∞lim nnb
→∞= −∞
+∞
0a =−∞= ±∞ lim nn
b→∞
= ±∞ lim lim 0n nn na b
→∞ →∞= =
nab
Ebben a paragrafusban megvizsgáljuk, hogy milyen műveleteket végezhetünk a −∞ és ∞ szimbólumokkal, és mikor jutunk határozatlan esethez.
1. Összeadás ,a a∞ ∀ ; , a a ,
. Ezeknek a tulajdonságoknak a bizonyítása a határértékek értelmezése alapján nyilvánvaló. Bizonyítsuk például az a egyenlőséget, ha a . Ha
és , akkor tetszőleges és ε esetén léteznek az
és küszöbszámok úgy, hogy teljesüljenek a következő összefüggések:
lim nna
→∞
( )n K ∈
m nb→∞=∞
)
na a a< < , ha n n és K a , ha n n . Tehát az választással az N K számra
, ha n N . A határérték értelmezése alapján , tehát írhatjuk, hogy
. A továbbiakban felsoroljuk az elvégezhető műveleteket és a határozatlan eseteket. a +∞
Megjegyzés. A műveletnek nincsen értelme, mivel ha és , akkor az
∞ +
n = −∞lim nna
→∞imb→∞
sorozatról nem állíthatunk semmit;
egyes esetekben a sorozat konvergens, más esetekben a határértéke vagy , az is megtörténhet, hogy a sorozat divergens.
2. Szorzás a a=∞⋅ = és a a , ha a ; a =∞⋅ = és a , ha a ; ∞
; .
Megjegyzés. A és 0 ( műveleteknek nincs értelme, mert ha és vagy , akkor az ( sorozatról nem
állíthatunk semmit: lehet konvergens, divergens, tarthat -hez vagy −∞ -hez.
0 ⋅∞
n =∞lim nna
→∞m b→∞
3. Osztás 0a =
∞ és , ha a tetszőleges valós szám.
Megjegyzés. Ha és , vagy ,
akkor az
lim nna
→∞
1n n≥ sorozatról nem állíthatunk semmit. Ezért azt mondjuk, hogy a
42 Valós számok és számsorozatok
, , , ,0
∞ −∞ ∞ −∞ 0∞ −∞ −∞ ∞
műveleteknek nincs értelmük (a véges valós szám).
4. Gyökvonás k ∞ =∞ és 2 1k+ −∞ = −∞ , minden k esetén. *∈
5. Hatványozás
Ha és , akkor . lim nna
→∞= a b a
)
1
lim nnb
→∞= ( ) limlim lim
nnn
bb bn nn na a →∞
→∞ →∞= =
Megjegyzés. Ha a b , akkor az ( sorozatról nem állíthatunk semmit. Egyes esetekben a sorozatnak van véges határértéke, más esetekben pedig nincs.
0= = nbna
Ha a , akkor a és a . Ha , akkor a és a . 1> ∞ =∞ 0−∞ =a
0 a< < 0∞ =a
−∞ =∞Ha a , akkor , ha a , akkor . 0> ∞ =∞
∞0<
−∞0∞ =
∞ =∞ , . 0∞ =Megjegyzés. Nincs értelmük az 1 , , és 1 műveleteknek, mivel ezekben az esetekben az ( sorozatokról nem állíthatunk semmit. Egyes esetekben a
sorozatnak van véges vagy végtelen határértéke, más esetekben a sorozat divergens.
∞ 00 0∞ −∞
)1
nbn na
≥
A határozatlan eseteket a legtöbb esetben átalakítjuk és valamilyen más gondolatmenet alapján próbáljuk meg a határérték kiszámítását. Nagyon gyakori a racionális törtek határértékének kiszámítása. Erre vonatkozóan egyszerű kritériumot lehet levezetni.
Feladat. Tekintsük az 1
0 11
0 1
...
...
p pp
n q qq
A n An AB n B n B
−
−
+ + +=
+ + +0≠
a , , , ,
, általános tagú sorozatot. Számítsuk ki -et!
0p > 0q >
lim nna
→∞
0 0A ≠
0 0B ≠ 0 ...qqB n B+ +
Megoldás. Írjuk a sorozat általános tagját a következő alakba: 1
0
0
...
...
pp
p qn
AAAn na n B
Bn
−+ + +
= ⋅+ +
.
Ha , akkor n , bármely n esetén, tehát p q= 1p q− = *∈ 0
0
lim nn
AaB→∞
=
0 >
(mert a
számlálóban is és a nevezőben is a többi tag határértéke . Ha p , akkor
, tehát és így
q
0p q >− lim p qn −
→∞= p q
n
−∞ =∞ 0
0
n AB
⋅∞ lim sgnna
→∞= . Ha ,
akkor , tehát
p q<
0<p q− 1 0∞
lim n→∞
limp q
n n
−
→∞= = és így . Érvényes tehát a
következő tétel:
lim 0nna
→∞=
Tétel. Ha 1
0 11
0 1
...
...
p pp
n q qq
A n An AB n B n B
−
−
+ + +=
+ + +a , p , q , A , B , 0> 0> 0 0≠ 0 0≠
Valós számok és számsorozatok 43
0 ... 0qqB n B+ + ≠ , akkor
0
0
0
0
, ha ;
lim sgn , ha ;
0, ha .
nn
A p qB
Aa pB
p q
→∞
= = ⋅ ∞ > <
q
Feladat. Számítsuk ki a következő határértékeket: a) ( )2lim 1
nn
→∞+ −n ; b) ( )2lim 1
nn n n
→∞+ − .
Megoldás. a) A határérték alakú határozatlan eset, ezért átalakítjuk az
általános tagot:
∞−∞2 2
2
2 2
2
1 1 1111 1 1 1
n nn nnn n n n
n
+ −+ − = = = ⋅+ + + + + +
1 .
Mivel a második tört 12
0-hez tart és az első -hoz, a szorzat határértéke 10 02
⋅ = .
b) Az a) alpont alapján ∞⋅ alakú határozatlan eset. Az előbbi átalakítások alapján 0
( )2
11n
+ +, tehát a keresett határérték 1
2. 2 1
1 1n n n+ − =
2.15. A majorálási kritérium és a fogó tétel Az eddig megoldott feladatokban sok esetben tudtunk volna alakú egyenlőtlenséget felírni és így abból, hogy a b sorozat -hoz tart meg lehet határozni a küszöbszámot a -re a b -re létező küszöbszám függvényében. Hasonló a helyzet akkor is, ha az a egyenlőtlenség esetén azt tudjuk, hogy az a sorozat határértéke . Ebből következik, hogy a b is ∞ -hez tart. Ezeket az észrevételeket, a következő tételbe foglaljuk össze:
0 na b≤ ≤
n
n
)
n
n
0
n n
nbn ≤∞
Tétel. a) Ha , és , akkor (majorálási kritérium).
0 n na b≤ ≤ *n∀ ∈ lim 0nnb
→∞= lim 0nn
a→∞
=
b) Ha a b , és , akkor . n n≤ *n∀ ∈ lim nna
→∞=∞ lim nn
b→∞
=∞
Bizonyítás. a) A feltételek alapján esetén ∃ , úgy, hogy
, , tehát a 0 egyenlőtlenség is teljesül minden
esetén. Az -os konvergencia kritérium alapján .
0ε∀ >
n ε≤
( )n ε ∈
m 0na→∞=
0 nb ε≤ ≤
( )n n ε≥
( )n n ε∀ ≥
ε
a≤
lin
b) Az -os konvergencia kritérium alapján esetén , úgy, hogy
, , tehát a K egyenlőtlenség is teljesül minden n n
esetén. Így az értelmezés alapján n
.
ε
n
0K∀ > ( )n K∃ ∈
K a≤ (n n K∀ ≥ nb≤lim nb→∞
( )K≥=∞
Ez a két tulajdonság sajátos esete a következő általánosabb tételnek:
44 Valós számok és számsorozatok
Tétel. (fogó tétel) Ha a b , esetén és ,
akkor . n n c≤ ≤ n 1n∀ ≥ lim limn nn n
a c l→∞ →∞
= = ∈
lim nnb l
→∞=
Bizonyítás. A feltételek alapján 0 , esetén. Mivel
, a majorálási kritérium alapján . Mivel
az előbbi két egyenlőségből következik, hogy .
n n nb a c a≤ − ≤ −
n
n 1n∀ ≥
(m b a→∞
−
lim nn→∞=
( )lim 0n nnc a l l
→∞− = − =
lim nna l
→∞= ∈
)li 0n n =
b l
Kissé humoros formában ezt a következőképpen szemléltethetjük: Két rendőr az utcán elfog egy tolvajt. Két oldalról megbilincselik és elindulnak a rendőrségre. Természe-tes, hogy így a tolvaj is kénytelen a rendőrségre menni. Ennek a „rendőrelvnek” az alkalmazása azt kívánja, hogy merjünk becsléseket végezni és így elég sok sorozatról meg tudjuk állapítani a konvergenciát.
Alkalmazások 1. Tekintjük azt a sorozatot, melynek n-edik tagja
2 2
3 3 3...1 2n
n n nxn n n
= + + ++ + +
2
n.
Konvergens-e a sorozat? Ha igen, számítsuk ki a határértékét! Ha n „nagy”, akkor a jobb oldalon álló összeg minden tagja kicsi, de ebből (erre már láttunk példát) még nem következik, hogy a sorozat 0-hoz tart, mert az összeadandók száma is n, és így ez is „nagy” és n-nel együtt növekszik. Becsüljük meg alulról és felülről x -et! n
2 2 2 2
3 3 3 3 3...nn n n n nx nn n n n n n n n n n
≥ + + + = ⋅ =+ + + +
3
+,
2 2 2 2
3 3 3 3 3...1 1 1 1n
n n n n nx nn n n n n
≤ + + + = ⋅ =+ + + +
3
1+.
Minden n esetén *∈3 3
3 3 1n nn nn n n= ≤ ≤ =
+ +
nc
nba x , a fenti egyenlőtlenségek alapján.
Az sorozatot közre fogtuk azonos határértékű konvergens sorozatokkal (mert
). Így a fogó tétel alapján az ( ) sorozat is konvergens és
határértéke 1.
( )na 1n≥
1 lnn nb = =lim im
→∞ →∞ 1n na ≥
2. Adott a 2 2 2
1 1 1...1 2n n n n
= + + ++ +
b sorozat. Vizsgáljuk meg a sorozat
konvergenciáját, és ha konvergens, akkor számítsuk ki a határértékét. n+
Becsüljük meg két oldalról b -et úgy, hogy az n tagú összeg legkisebb, illetve legnagyobb tagját vesszük n-szer.
n
2 2
1 11n na n b n c
n n n= ⋅ ≤ ≤ ⋅ =
+ + n .
Mivel , a majorálási kritérium alapján . lim 0nnc
→∞= lim 0nn
b→∞
=
Valós számok és számsorozatok 45
3. Adott a 2 2 2
1 1 1...1 2
nn n n
= + + ++ +
b általános tagú sorozat.
Igazoljuk, hogy a sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét! n+
Az előbbi feladathoz hasonlóan írhatjuk, hogy 2 2
1 11
n nn n n
⋅ ≤ ≤ ⋅+ +
n b .
Mivel 2
2
1lim lim 111 1
n n
nn
n→∞ →∞
= =+ +
és 2
1lim lim 111
n n
nn n
n→∞ →∞
= =+ +
, a
fogó tétel alapján . lim 1nnb
→∞=
4. Tekintsük az ( )1
n
nn
≥ sorozatot. Vizsgáljuk a sorozat konvergenciáját!
Első pillantásra nem is tudjuk megsejteni, hogy konvergens-e a sorozat. Az biztos, hogy ha n , akkor 1> 1n n > . Az -edik gyök jelenléte kézenfekvővé teszi, hogy a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenséggel próbáljuk a sorozat n-edik tagját felülről becsülni. Ilyen módon
n
2
2 11 1 1 .... 1 1 2nn
n
n n nn n nn nn−
− + + ≤ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ = + −
1 .
Ha , 1na =1 11 2nc
nn
= + −
minden esetén, akkor *n∈
1 11 1 2nna n
nn
= ≤ ≤ + − =
nc lim 1nna
→∞, = és lim nn
c→∞
1= , tehát a fogó tétel alapján a
sorozat konvergens és lim 1n
nn
→∞= .
5. Határozzuk meg az 2n n
n=a , n sorozat határértékét. 1≥
A ( ) 0 1 2 1 2
10 12 1 1 ... 12
nn nn n n n n n
n n n nnC C C C C C
< = = ≤ = −+ + + + + + +
összefüggések és a majorálási kritérium alapján . lim 0nna
→∞=
Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját:
a) 2 2 2...1 2n
n n nn n n
= + + ++ + +
a ; b) n ( )22 2
1 1 1...1 2n n n n
= + + ++ + +1
a ;
c) 3 3 33 3 3
1 1 1...1 2
nn n n
= + + ++ +
a ; d) n+ 2
cos1 cos2 ... cosn
nn
+ + +=a ;
e) 5!
n
n n=a ; f) 1 3a −= . 5 ... (2 1)
2 4 6 ... (2 )nnn
⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅
46 Valós számok és számsorozatok
2. Konvergens-e az 3 3 3
3 3 3 3...1 2 3n
n n n nn n n n
= + + + ++ + + +
3
2na sorozat?
3. Számítsd ki a 21
lim 1 1n
nk
kn→∞
=
+ − ∑ határértéket!
4. Konvergens-e az 2 2 2 2 2 2...1 2 3n
n n n nn n n n
= + + + ++ + + + 2n
a sorozat?
Megjegyzés. Ha a 4. feladatban is az előző példákhoz hasonlóan próbálunk
becsülni, akkor azt kapjuk, hogy 2
22nnn
=b , 2
2 1nncn
=+
és b a , viszont n n c≤ ≤ n
1lim 1 lim2nn n
b→∞ →∞
= ≠ = nc , tehát a fogó tétel nem alkalmazható. Így legfeljebb csak
annyit tudunk mondani, hogy ha a kérdéses sorozat konvergens, akkor határértéke 12
és között van. Persze lehet, hogy ügyesebb becsléssel célhoz érhetnénk, vagy más módszerrel lehetne próbálkozni. A feladatra még visszatérünk, itt azért mutattuk be, hogy lássuk: a fogó tétel kínálta módszer is olyan, mint a többi módszer nem mindig vezet eredményre.
1
2.16. Monoton és korlátos sorozatok Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi az összefüggés egy konvergens sorozat tagjaiból alkotott halmaz torlódási pontjai és a sorozat határértéke között! Megoldás. Ha a sorozat tagjaiból alkotott halmaz véges (a sorozat egy idő után konstans), akkor a vizsgált halmaznak nincs torlódási pontja. Ha a sorozat tagjaiból alkotott halmaz végtelen, akkor a sorozat határértéke a halmaz torlódási pontja, mert minden környezete a sorozat végtelen sok tagját tartalmazza. Másrészt, ha a sorozat határértéke és egy szám, akkor az l -nek van olyan V környezete, amely a sorozat véges sok tagját tartalmazza. Így létezik olyan V környezet is, amelyre a
halmaz üres, tehát nem lehet torlódási pontja a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak
l a ≠ l
H
ss
1
1 \{ }V a a
Feladat. Legyen egy növekvő és felülről korlátos sorozat. Hány torlódási pontja van a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak?
( ) 1n na
≥
Megoldás. Jelöljük -val a sorozat tagjaiból alkotott halmazt. A halmaz felülről korlátos, tehát létezik felső határa. A sorozat tagjai csak a felső határa körül torlódhatnak. Igazoljuk, hogy az s szám az egyetlen torlódási pontja a
halmaznak. Mivel a sorozat szigorúan növekvő, s . A szuprémum értelmezése alapján az s minden környezete tartalmazza a sorozat legalább egy elemét (ellenkező esetben létezne nála kisebb felső korlát), tehát s torlódási pontja a H halmaznak.
esetén létezik a -nak olyan környezete, amely nem tartalmazza s -et és így nem tartalmazhatja a sorozat egyetlen elemét sem. Ha a , akkor a szuprémum
H HH
sup=H
a >
H∉
<
Valós számok és számsorozatok 47
8. ábra
értelmezésében szereplő második tulajdonság alapján létezik n úgy, hogy . Eszerint az a -nak az a környezete, amelynek felső határa a a
sorozatnak csak véges sok tagját tartalmazza. Így ezeknek a tagoknak az a -tól való nemnulla távolságai közt van legkisebb. Jelöljük ezt m -mel. Az a -nak -nél kisebb sugarú környezete nem tartalmazza a sorozatnak a -tól különböző tagját, tehát a nem lehet torlódási pontja a H -nak. Így a H -nak egyetlen torlódási pontja van, a szuprémuma.
0
∈
0na a< <
( )ns a
εε− <
limn→∞
lim nna
→∞=
s
s
0n
m
0
=
ε
( )εna
k
1
lim limnn na
→∞ →∞
1n*∈
212
Az előbbi feladatok megoldása alapján látható, hogy szigorúan növekvő és korlátos sorozatok esetén a tagokból alkotott halmaz szuprémuma egyben a sorozat határértéke is. Valóban az előbbi jelölések alapján, ha , akkor létezik n úgy, hogy
. A sorozat monotonitása és a szuprémum első tulajdonsága viszont
biztosítja, hogy s , . Tehát az ε -os konvergencia kritérium
alapján . Ha a sorozat nem szigorúan növekvő, de növekvő, akkor a
egyenlőség továbbra is igaz, mert ha a sorozat tagjaiból alkotott sorozat
végtelen sok elemet tartalmaz, akkor az előbbi gondolatmenet nem módosul, míg ha ez a halmaz véges, akkor ∃ ∈ úgy, hogy a s , . Így a sorozat ebben az
esetben is konvergens és a határértéke s . Hasonló gondolatmenet alapján igazolhatjuk, hogy a csökkenő és alulról korlátos sorozatok is konvergensek és határértékük a tagjaikból alkotott halmaz infimuma. Az előbbiek alapján érvényes a következő tétel:
>
n
( )ε<
na =
s
s n n∀ ≥ε− < <s
n∀ ≥ k
Tétel. 1) Ha az ( ) sorozat felülről korlátos és növekvő, akkor konvergens. 1n n
a ≥
2) Ha az ( ) sorozat alulról korlátos és csökkenő, akkor konvergens. 1n n
a ≥
3) Ha az ( ) sorozat korlátos és monoton, akkor konvergens. 1n n
a ≥
Példák. 1) Az 11nn ≥
−
általános tagú sorozat növekvő és egy felső korlátja 2 .
0 1
2334
x Az ábrán szemléltettük a sorozat néhány tagját. A monotonitás miatt a sorozat
tagjait ábrázolva mindig jobbra haladunk, de biztos, hogy 2-ig nem jutunk el. Mind több pontot berajzolva az ábrára, egyre jobban érezzük, hogy a sorozat tagjainak valamely pont körül „sűrűsödni” kell. A fenti példában könnyű megmutatni, hogy
11 1n
= −
, azaz a sorozat konvergens és határértéke 1. =
2) Tekintsük például az 2
1 ...2
an
= + + + sorozatot. Tetszőleges esetén n2
1
48 Valós számok és számsorozatok
( )2 2
1 1 1 1 11 ... 1 ...2 1 2 2 3na
n n= + + + ≤ + + + + =
⋅ ⋅ −1 n
1 1 1 1 1 1 11 1 ... 1 1 22 2 3 1n n n n
= + − + − + + − = + − = − < − 2 ,
tehát a fenti becslés alapján 2 egy felső korlátja a sorozatnak. Mivel minden esetén, a sorozat korlátos.
1na >*n∈
Viszont a sorozat monoton növekvő, mert ( )1 2
1 01
n na an
+ − = >+
, 1n∀ ≥ . Tételünk
szerint a sorozat konvergens, létezik határértéke. De mi ez a határérték? Az biztos, hogy 2-nél nem nagyobb. L. Euler volt az első, aki bebizonyította azt a tényt, hogy
ennek a sorozatnak a határértéke 2
lim6nn
a π→∞
= . Ezt most még nem bizonyítjuk.
3) Vizsgáljuk meg az a sorozat konvergenciáját, ha a . nn a= ∈
1. eset. Ha a , akkor 0 , , tehát a sorozat csökkenő
és alulról korlátos. Így a sorozat konvergens. Mivel a , írhatjuk, hogy . Másrészt , mert az első tagtól eltekintve
ugyanannak a sorozatnak a határértékét látjuk mindkét oldalon. Ha l , akkor
ezek alapján l , tehát a alapján l .
)0,1∈
nna
a l⋅
1n na a+< <
1lim limnna +→∞ →∞=
0=
*n∀ ∈
1n+
nna
na= ⋅a
a
aa l
1lim limnna a+→∞ →∞= ⋅
=
lim nn→∞=
1≠2. eset. Ha a , akkor a . Ha a sorozat felülről korlátos volna, akkor
konvergens is lenne. Ebben az esetben az l szám teljesítené az l
egyenlőséget, tehát a határértéke kellene legyen. Ez nem lehetséges, mert a sorozat tagjai mind nagyobbak, mint 1 . Tehát a sorozat növekvő és felülről korlátlan. Így
.
1> 1 nn+ >
0
lim nn→∞= a= ⋅
lim nna
→∞=∞
3. eset. Ha a , akkor ( 1, 0)∈ − n na a= , tehát . lim 0nna
→∞=
4. eset. Ha a , akkor a sorozat nem konvergens, mert két egymást követő tag különbsége legalább 2 . A páros indexű tagokból alkotott részsorozat + -hez, a páratlan indexű tagokból alkotott részsorozat pedig −∞ -hez tart.
1≤−∞
5. eset. Ha a , akkor a , tehát . 1= 1n = lim 1nna
→∞=
Összefoglalva az előbbi eseteket kijelenthetjük a következő tételt:
Tétel.
0, ha 1 1;
1, ha 1;lim , ha 1;
n
n
a
aa a→∞
− < <
== ∞ >
∃ , ha 1.a
≤−
Valós számok és számsorozatok 49
4) Vizsgáljuk az a a , a a sorozat konvergenciáját és számítsuk
ki a határértékét.
21 n nn+ = −a 1 [0,1]= ∈
A rekurzió alapján a a , tehát a sorozat csökkenő. Mivel a ,
írhatjuk, hogy a a . Általában ha ]a , akkor
, tehát a matematikai indukció elve alapján a ,
. Mivel a sorozat korlátos és csökkenő, konvergens is. Ha l -el jelöljük a
határértékét, a rekurzió alapján l l , tehát l . Így a sorozat konvergens és .
21 0n nn a+ − = − ≤
( )2 1 11 a= − ∈
[0,1]n
2= −
1 [0,1]∈
[0,1]n ∈
[
l
0,1] [0,1n ∈
( )1 1n na a a+ = − ∈1n∀ ≥
lim 0nna
→∞=
0=
Alkalmazás (Cesaro lemmája) Bizonyítsuk be, hogy minden végtelen sok különböző tagot tartalmazó korlátos sorozatnak van legalább egy konvergens részsorozata. Bizonyítás. Jelöljük a tagokból alkotott végtelen halmaz felső és alsó határát HM -mel illetve -mel. A bizonyítás a következő észrevételen alapszik: Ha egy [
intervallum egy halmaz végtelen sok elemét tartalmazza, akkor az
m , ]a b
,2
aa + b
és
,2
a b b+
intervallumok valamelyike szintén tartalmazza a halmaz végtelen sok
elemét. Így értelmezhetjük az ( ) 1n na
≥ és ( ) 1n n
b≥
sorozatokat a következőképpen:
, és [ ] az 1 =a m 1b M= 1 1,n na b+ + [ ]n,na b intervallum azon (fél) része, amely a
halmaz végtelen sok elemét tartalmazza. Így
H
12nn nM mb a −
−− = és mindkét sorozat
monoton és korlátos. Ebből következik, hogy konvergensek és a 12nn nM m
−
−b a
egyenlőség alapján azonos a határértékük. A két sorozat közös határértékének minden
− =
l0ε > sugarú környezete a halmaznak végtelen sok elemét tartalmazza,
tehát kiválasztható egy -hez tartó konvergens részsorozata az eredeti sorozatnak. H
lGyakorlat. Bizonyítsd be, hogy a következő sorozatok konvergensek és számítsd ki a határértéküket: a) n
n =a , ahol a ( )0,∈ ∞a rögzített szám;
b) nn =a n , . 1n∀ ≥
2.15. A hányadoskritérium Az előbbi paragrafusban láttuk, hogy azok a mértani haladványok, amelyek kvóciense abszolút értékben 1 -nél kisebb, konvergensek és határértékük . A határértékek szempontjából sok olyan sorozat van, amely mértani haladványhoz hasonlóan viselkedik, bár nem mértani haladvány. Ilyen esetekre vonatkozik a következő kritérium:
0
50 Valós számok és számsorozatok
Tétel. (hányadoskritérium) Ha az ( ) pozitív tagú sorozat tagjaira 1n n
a ≥1lim n
nn
al
a+
→∞=
akkor igazak a következő állítások: 1. Ha l , akkor a sorozat konvergens és határértéke 0 . 1<
2. Ha l , akkor az x sorozat is konvergens. 1<1
n
n kk=
=∑a
a
3. Ha l , akkor a sorozat divergens és határértéke ∞ . 1>
4. Ha l , akkor az x sorozat divergens. 1>1
n
n kk=
=∑5. Ha , akkor a sorozat lehet konvergens is és divergens is, tehát nem
tudjuk eldönteni. 1l =
Bizonyítás. 1) Az l feltétel alapján létezik olyan , amelyre l és
ehhez az -hoz találunk olyan n természetes számot, amelyre
1< 0ε > 1ε+ <
ε ( )ε 1 1n
n
aa+
kn k+
(ε
l ε< + <
( )n l ε≤ ⋅ +
)
,
. Ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy a a ,
. Tehát a a ha n n . Mivel (és így n is) rögzített
szám, ezért a majorálási kritérium alapján .
( )εn n∀ ≥
1k ≥ ( )n nl ε+ ( )n n ε−
( )ε≤ ⋅ ( )ε≥
lim nna
→∞=
ε
0
2) Az előbbi becslések alapján
( )( ) 1 ( ) ( ) 1
( ) ( )1 0 1
11
n n n nk
n k knk k k
x a a l a al
ε ε ε
εε
ε
− − −
= = =
≤ + ⋅ + ≤ + ⋅− −∑ ∑ ∑
1n na ≥
n ε, tehát az ( ) sorozat
felülről korlátos. Mivel az ( ) sorozat tagjai pozitívak, az ( ) sorozat
növekvő, tehát konvergens.
1n nx ≥
1n nx ≥
3-4) Az l feltétel alapján létezik olyan , amelyre l és ehhez az -
hoz találunk olyan n természetes számot, amelyre
1> 0ε > 1ε− > ε
( )ε 1 1n
n
aa+
n>
(ε
l ε> − >
( )kl ε⋅ −
)
lim nna
→∞
, .
Ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy a a , . Tehát
, ha n n . Mivel ε (és így n is) rögzített szám, ezért
az általános tagú sorozat -hez tart és így . Az x
divergenciája innen nyilvánvaló, mert .
( )ε
n
n n∀ ≥
1≥
=∞
n k+ k
( )n na a ε>
( )
n n
n ε−
( )n n ε−
( )ε
( )l
ε⋅ −
( )a l ε⋅ −
( )ε≥
∞
n nx a>
5) Az a és 2n n= 2
1n n=a sorozatokra a 1lim n
nn
aa+
→∞ egyaránt 1 és az egyik esetben az
sorozat, akárcsak az ( ) sorozat divergens, míg a másik esetben konvergens. ( )n na ≥1 1n nx ≥
Alkalmazások 1. Tanulmányozzuk az a P sorozat konvergenciáját, ha ( ) nn n a= [ ]∈P egy n -ed fokú polinom és a .
X( 1,1)∈ −
Valós számok és számsorozatok 51
Az 1 ( 1)( )
n
n
a P n aa P n+ += ⋅ egyenlőség alapján 1lim n
nn
aa
a+
→∞= , tehát ha 1a < , akkor
a sorozat konvergens és határértéke . 0
2. Számítsd ki az 2!
n
n n=a , n sorozat határértékét. 1≥
Erre a sorozatra 1lim n
nn
aa+
→∞ ( )
12 !1 ! 2 1
n
n
nn n
+
= ⋅ =+ +
2 , tehát . lim 0nna
→∞=
Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő sorozatok határértékét:
a) , 0,!
n
na nn
= > ≥ 1a a ; b) 2 , 0,(1 )(1 )...(1 )
n
n n
aa a a
= > ≥+ + +
1na a ;
c) ( 1)( 2)...( ) , 0 , 1( 1)( 2)...( )na a a a nb b b b n+ + += < ≥+ + +
a a ; b n<
n 1
2. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) pozitív tagú sorozat tagjaira az
sorozat konvergens és , akkor az ( ) sorozat is
konvergens.
1n na ≥
1n nx a aα+= − ⋅ 0 α< <1n n
a ≥
3. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) pozitív tagú sorozat tagjai teljesítik az 1n n
a ≥
12 2
nnn
a aa ++
+≤
( ) 1n na ≥
egyenlőtlenséget minden természetes számra, akkor az
sorozat konvergens.
1n ≥
2.18. Az e szám (Euler-féle szám)
Az 11n
nan
= +
általános tagú sorozatot tanulmányozzuk.
( )11 1 1a = + , 2
2112
= +
a , 3
3113
a = +
, ..., 11
n
nan
= +
, ...
1. módszer. Alkalmazva a Bernoulli egyenlőtlenséget -re, kapjuk, hogy na
11 1n
na nn n
= + ≥ + ⋅ =
1 2 , minden . *n∈
Megmutatjuk, hogy a sorozat monoton növekvő és felülről korlátos. A sorozat első
tagjai: , 1 2a = 294
a = , 36427
a = , stb. Megfigyeljük, hogy 1 2a a a3< < . Ebből arra
következtetünk, hogy a sorozat növekvő. Valóban, 1
11 11 1
1
n n
n na an n
+
+ = + > + = +
,
52 Valós számok és számsorozatok
mert, ekvivalens átalakításokkal, 12 1
1
n nn nn n
++ + > +
,
2 2 11 1 1
n nn n nn n n+ + ⋅ ⋅ > + + +
,
2
2
2 2 12 1 1
nn n n
n n n + +
⋅ > + + + ,
2
2 2
2 2 112 1 1 2 1 1
n nn n n nn n n n n n
+ + + 2⋅ = − ⋅ > + + + + + +
3 2
2 3 2
2 3 3 21 12 1 1 3 3 1n n n n n
n n n n n n+ + + + > − ⋅ = > + + + + + +
,
ahol ismét alkalmaztuk a Bernoulli egyenlőtlenséget. Ebből következik, hogy minden esetén, tehát a sorozat növekvő. 1na + > na *n∈
A korlátosságot a binomiális tétel segítségével mutatjuk meg. Mint láttuk, a sorozat alulról korlátos, és egy alsó korlátja 2. Felső korlátot keresünk. Fennáll, hogy
1 22
1 1 11 1 ...n
nn n n na C C C
n n n = + = + ⋅ + ⋅ + + ⋅
1n n
=
1 1 1 1 2 1 1 11 1 1 1 1 ... 1 ... 12! 3! !
nn n n n n
− = + + − + ⋅ − − + + − − n
.
Tekintsük a következő becslést: 1 1 11 1 1 ...
2! 3! !
n
nan n
= + < + + + + +
1≤
2 1
111 1 1 21 ... 1 112 2 2 1
2
n
n−
− + + + + = + < +−
1 2 3≤ + = .
*Tehát a sorozat korlátos , 2 3na≤ < , és monoton növekvő. Így tehát tudjuk, hogy a sorozat konvergens, a határértéke létezik és
n∀ ∈2 lim 3nn
a→∞
≤ ≤ . n
2. módszer. Igazoljuk, hogy az 11n n = + e sorozat növekvő és, hogy az
111
n
nen
+ = + sorozat csökkenő. Az e egyenlőtlenség ekvivalens az 1n ne +≤
111 1
1
n
nn
n n+ + + ⋅ ≤ +
2 egyenlőtlenséggel. Ez viszont a számtani és mértani közép
közti egyenlőtlenség az 1 2 ... n= = = 11xn
= +x x és x számokra. 1 1n+ =
Valós számok és számsorozatok 53
Hasonlóképpen az 1n+ ≤ nee egyenlőtlenség rendre a következőképpen alakítható: 2 21 11 1 2 11 1
1 1
n nn nn nn n n n
+ ++ + + + + < + ⇔ < ⇔ + +
1 2 1
21 11
1 2 1
n n n
nn n n nn n n
+ + +
+ + + ⇔ < ⇔ ⋅ < + + + 2n +
.
Az utolsó egyenlőtlenség a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség az
1 2 1...1n
nx x xn+= = = =+
és számokra. 2 1nx + =
Másrészt nne e< , tehát az előbbi egyenlőtlenségek alapján mindkét sorozat konvergens (az ( ) 1n≥ne sorozat minden tagja alsó korlátja az ( ) sorozatnak és az 1n ne ≥
( ) 1n ne ≥ sorozat minden tagja felső korlátja az ( ) 1n ne ≥ sorozatnak)
3 21 2 3 ... ...nne e e e e e e e< < < < < < < < < 1
l
. Ebből következik, hogy létezik a és az lim nn
e→∞
= lim nne
→∞= l határérték. Mivel
11n ne en
= ⋅ + , a két határérték egyenlő egymással. Ugyanakkor e és 1 2=
6
511 25
e = + , 985984... 3< , tehát . Jelöljük az 2 3,ne n< < ∀ ≥ 1 ( )ne
18281..1n≥
.
sorozat határértékét e-vel. e értéke, néhány tizedesnyi pontossággal: e 2,7= . Az e számmal a továbbiakban többször találkozunk. Más módon is elő fogjuk állítani és megmutatjuk, hogy e irracionális szám. e-t a természetes logaritmus (logaritmus naturalis, az természetes logaritmusát
-el jelöljük) alapszámának is szokás nevezni. x
ln xAz előbbiek alapján
11 1lim 1 lim 1n n
n ne
n n
+
→∞ →∞
+ = + =
Következmény. Az e és 1n ne +< 1n+ < nee egyenlőtlenségek alapján 1 1ln( 1) ln1
n nn n
< + − <+
, n . 1≥
Alkalmazás. Tanulmányozzuk az 1 1 11 ... ln2 3n n
= + + + + −c n , n sorozat
konvergenciáját. A c egyenlőtlenség ekvivalens az
1≥
1 nn+ < c11n +ln( lnn n−1)< +
egyenlőtlenséggel, tehát a ( ) 1n≥nc sorozat csökkenő. Ugyanakkor a következmény
második egyenlőtlensége alapján: ln 2 ln1 1− <
1ln 3 ln 22
− <
54 Valós számok és számsorozatok
1ln 4 ln 33
− <
...................... 1ln( 1) ln1
n nn
+ − <−
1 1ln( 1) 1 ...2 1
nn
+ < + + +−
Ebből következik, hogy 1 ln( 1) ln1 nn n
n< + − <
+c , tehát a sorozat alulról
korlátos (pozitív tagú) és így korlátos. A ( ) 1n nc ≥ sorozat határértékét c -vel jelöljük és
Euler-féle állandónak nevezzük. Megjegyezzük, hogy még mindig megoldatlan probléma a c irracionalitásának kérdése. Feladatok
1. Bizonyítsd be, hogy 1 1 1lim ... ln 21 2 2n n n n→∞
+ + + = + +.
2. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) pozitív tagú sorozatra 1n n
a ≥
1
lim 1 0n
nn
an la→∞+
− = > , akkor . lim nn
a→∞
= 0
2.19. Az 1 alakú határozatlan eset ∞
Az alakú határozatlan esetek visszavezethetők más határértékek kiszámítására a következő tétel alapján: 1∞
Tétel. 1m 1nx
nn
ex→∞
+ =
li , ha lim nn
x→∞
= +∞ (vagy lim nnx
→∞= −∞ ) és ( ) 1n n
x≥
valós számsorozat.
Bizonyítás. Tételezzük fel, hogy és 0nx > lim nnx
→∞= +∞ . Legyen [ ]nx m= . Mivel
nem korlátos, ha , akkor m . Az ismert tulajdonság alapján ( ) 1n nx
≥n →+∞ →+∞
1m x m≤ < + ,
és ebből következik, hogy 1 1 11nm x m
≥ >+
, vagy
1 1 11 1 11nm x m
+ ≥ + > ++
.
Az előbbi egyenlőtlenséget nx -edik hatványra emelve kapjuk, hogy
1 1 11 1 11
nn nxx x
nm x m + ≥ + > + +
,
Mivel 1 11 11 1
nx m
m m + > + + +
és
11 11 1nx m
m m
+ , kapjuk, hogy + ≤ +
Valós számok és számsorozatok 55
11 11 1 11
nxm m
nm x m
+ + ≥ + > + +
1
.
Ismeretes, hogy 11 1lim 1 lim 1
1
m m
n ne
m m
+
→∞ →∞
+ = + + = , tehát a fogó tétel alapján
1lim 1nx
nn
ex→∞
+ =
.
Az előbbi gondolatmenetet használva igazolható a következő állítás is:
Következmény. Ha és 0nx > lim 0nnx
→∞= , akkor létezik ( )
1
lim 1 nxnn
x e→∞
+ = .
Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket:
a) 2
2
3 1lim1
n
n
n nn n→∞
− + + + ; b) lim
3 2
an
n
n nn n→∞
+ + +; c) ( )( )lim 2 1
n
nn n n
→∞+ − ;
d) lim 1n
n
xn→∞
+ ; e) 13lim 1
nn
k
n
k
n=
→∞
+
∑; f) 1lim 1 sin
n
n n→∞
+ .
2. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor lim 0nnx
→∞=
a) 1lim 1nx
nn
ex→∞
− = ; b) 1lim lnnx
nn
a ax→∞
− = c) ( )ln 1lim 1n
nn
xx→∞
+=
x a
.
3. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor és . lim nnx
→∞= a elim n
ne
→∞= lim ln lnnn
x a→∞
=
4. Számítsd ki a következő határértékeket:
a) (lim 1nnn a
→∞− ) ; b) lim
2
nnn
n
a b→∞
+ ; c) 1lim
np
nk
k
n
a
p=
→∞
∑.
5. Bizonyítsd be, hogy ( )( )1 1lim 1 ! !nnn
n ne
+→∞
+ − = . (Traian Lalescu sorozata)
2.20. A Cezáro-Stolz tétel
Legyen tetszőleges sorozat, a ( ) 1n na
≥ ( ) 1n nb
≥ sorozat pedig szigorúan monoton
és nem korlátos. Ha létezik a 1
1
lim n
nn n
a ab b
+
→∞+
n l−=
− határérték, akkor létezik a li
határérték is és
m n
nn
ab→∞
56 Valós számok és számsorozatok
1
1
lim limn n n
n nn n n
a a a lb b b
+
→∞ →∞+
−= =
−.
Bizonyítás. Rögzítsünk egy 0ε >
N
számot. A feltevés szerint létezik olyan
természetes szám, hogy ha n , akkor
*N ∈
> 1
1 2n n
n n
a a lb b
ε+
+
−− <
−. Ez azt jelenti, hogy
1
12 2n n
n n
a a lb b
ε ε+
+
−− < −
−< ,
vagy ezzel ekvivalens 1
12 2n n
n n
a al lb b
ε ε+
+
−− < <
−+ .
Tételezzük fel, hogy a ( ) sorozat szigorúan növekvő és nem korlátos, ekkor az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk a
1n nb
≥
1 0n nb b+ − > mennyiséggel és kapjuk, hogy
( ) ( )1 1 12 2n n n n nl b b a a l bε ε+ + +
− − < − < + −
nb , ha , n N>
vagyis ha { }1, 2,..., ,...n N N n∈ + + . Legyen n N k= + , ekkor az előbbi egyenlőtlenség így írható:
( ) ( )1 1 12 2N k N k N k N k N k N kl b b a a l b bε ε+ + + + + + + + +
− − < − < + −
.
Összegezve ezen egyenlőtlenségeket, kapjuk, hogy
( ) ( ) ( )1 11 1 12 2
n n n
N k N k N k N k N k N kk k k
l b b a a l b bε ε+ + + + + + + + +
= = =
− − < − < + −
∑ ∑ ∑ 1 .
Elvégezve az összegzést 1-től n-ig, kapjuk, hogy
( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 12 2N n N N n N N n Nl b b a a l b bε ε+ + + + + + + + +
− − < − < + −
,
vagy ezzel egyenértékű a következő egyenlőtlenség:
( ) ( )1 1 1 1 1 12 2N n N N N n N n N Nl b b a a l b b aε ε+ + + + + + + + + +
− − + < < + − +
1 .
Ha az előbbi egyenlőtlenséget végigosztjuk b 1N n+ + -gyel, akkor kapjuk, hogy ( ) ( )1 1 1 11 1
1 1 1 12 2N n N N n NN N n N
N n N n N n N n N n
b b b ba a al lb b b b b
ε ε+ + + + + ++ + +
+ + + + + + + + + +
− − − + < < +
1
1
++ ,
vagyis 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 12 2 2 2N N N N n N N N
N n N n N n N n N n N n N n
b lb a a b lb alb b b b b b b
1
1
εε ε ε+ + + + + + + +
+ + + + + + + + + + + + +
− + ⋅ − + < − < − − ++
,
és határértékre térve,
Valós számok és számsorozatok 57
1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
lim 0 lim2 2
N N N N N
n nN n N n N n N n N n N n
b lb a b lb ab b b b b b
ε ε+ + + + +
→∞ →∞+ + + + + + + + + + + +
⋅ − + = = − − +
1
1
N +
,
mert 1
1 0N nb + +
→ , mivel a sorozat nem korlátos és monoton. Tehát a fogó tétel
alapján
( ) 1n nb
≥
lim n
nn
ab→∞
0l
− = ⇒ lim n
nn
ab→∞
l= .
Megjegyzés. A tétel akkor is igaz, ha az ( ) és 1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ sorozatok határértéke 0
és a ( ) 1n nb ≥ sorozat csökkenő. (Ezt Irina Rizzoli igazolta 1992-ben, a bizonyítás
részletesen megtalálható az RMT 1992/2-es számában.) Következmények
1. Ha az ( ) sorozat konvergens és , akkor 1n n
x ≥ lim nnx
→∞= l
1
1limn
nnk
x ln→∞
=
=∑ .
Bizonyítás. Az a x és b sorozatok teljesítik a Cesaro-Stolz tétel
feltételeit és
1
n
n nk=
=∑ n = n
1
1
limn
n nn
a ab b+
+
−−
1lim lim nnn
an
+
→∞ →∞ →∞=
( 1)n na
n=
+ −l= , tehát
1
1limn
nnk
x ln→∞
=
=∑ .
2. Ha az ( ) pozitív tagú sorozat konvergens és , akkor 1n n
x ≥ lim nnx
→∞= l
1 2lim n nnx x x l
→∞⋅ ⋅ =3 ...x ⋅ ⋅ .
Bizonyítás. Az 1 2 31
1ln ... lnn
nn nk
x x xn =
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∑l
ln l =
nxy x sorozat konvergens és
határértéke az előbbi tulajdonság alapján. Ebből következik, hogy az általános tagú sorozat határértéke e l .
lnnb =ny
nz e=
3. Ha az ( ) pozitív tagú sorozat konvergens és 1n n
x ≥1lim n
nn
xl
x+
→∞= , akkor
lim nnnx l
→∞= .
Bizonyítás. Az a x és b sorozatok teljesítik a Cesaro-Stolz tétel
feltételeit és
lnn n= n = n
1 1 lnlim ln ln
( 1)n nn n n
nn n
x x xl
n n x+ +
→∞
− −= =
+ −1+ =
1
limn
a ab b→∞+ −
lnlim
n n→∞, tehát
1lim ln lnnnx
n→∞= l és így lim n
n→∞ nx l= .
Gyakorlatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket a Cesaro-Stolz kritérium segítségével:
a) 4 4 4
5
1 2 3 ...limn
nn→∞
+ + + + 4
; b) 1
1 2 3 ...limp p p
p
nn +→∞
+ + + + p*p ∈
n, ;
58 Valós számok és számsorozatok
c) 1lim
nk
knn
k
n=
→∞
∑; d)
1
1 1limln
n
nkn k→∞=∑ ;
e) ( )
1! 2 ! 3 ! ... !lim2 !n
nn→∞
+ + + + ; f) 1
1 2 3 ... 1lim1
p p p p
pn
nnn p+→∞
+ + + + − + .
2. Számítsd ki a következő határértékeket a Cesaro-Stolz kritérium következményei segítségével:
a) 3
1
limn
nn
k
k→∞
=∑ ; b)
2
41
1lim2
n
nn
k
k kk k→∞
=
+ ++∑ ;
c) ( )( )
2!lim
2 ! 6n
nn
nn→∞ ⋅
; d) ( )( )
333 !lim
3 !
n
nn
nn→∞
;
e) !limn
n
nn→∞
; f) lim sin sin sin ... sin2 3 4
nn n
π π π→∞
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ π .
2.21. Megoldott feladatok 1. Legyen az ( ) sorozat a következő:
1n na
≥
1 1a = , 1 sinn na a+ = , *n∀ ∈
Mutassuk meg, hogy az ( )2
1n nna
≥ sorozat korlátos. Konvergens-e az ( )2
1n nna
≥ sorozat?
Megoldás. Először igazoljuk, hogy 2
1cos1
xx
<+
, ha 02
x π< < . Mivel
sin tgx x< < x , következik, hogy 2
2 22
sin 1cos 1 cos 1 tg cos 1 cos 1cos cos
xx x x x x xx x
+ < + = ⋅ + = ⋅ = ,
2cos 1 1x x⋅ + < ⇒ 2
1s1
xcox
<+
, ha 0,2
x π ∈
.
Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy amennyiben , akkor 1n ≥ 10 2nan
< < .
1n = -re 11in1 1 21
a< = ≤ < =0 s igaz; 2
2n = -re 1in(sin1) 2 22
< < =0 s igaz.
Legyen és feltételezzük, hogy k-ig minden természetes számra igaz a fenti
állítás, vagyis
2k ≥12kak
< . Következik, hogy
Valós számok és számsorozatok 59
11sin sin 2k ka ak+
= <
,
11 1 1 10 sin sin 2 2sin cos 2
11k ka a
k kk kk
+
< = < = < ⋅
1
+,
11 1 12 2
11kakk k
k
+ < ⋅ =++
,
tehát az állítás igaz ( -re is, így a matematikai indukció elve szerint igaz minden
természetes számra. Innen következik, hogy
)1k +20 4nna≤ < , , tehát az (*n∀ ∈ )2
1n nna
≥
sorozat korlátos. Igazolható, hogy a sorozat növekvő, tehát konvergens. A feladatra visszatérünk a függvényhatárértékek tanulmányozása után, mert azok segítségével a határértékét is ki tudjuk majd számolni. 2. Legyen . Mit tudunk állítani az 1a > ( )
1
n
na
≥ sorozatról?
Megoldás. *1 ,n na a n+ < ∀ ∈ , mert mindkét oldalt ( )1n n + -edik hatványra
emelve, 1nana +< . Az ( )1
n
na
≥ sorozat tehát monoton csökkenő, alulról korlátos, mert
1n a > , ezért konvergens is. Mi lehet a határértéke? Mivel 1
n na a= és a kitevő nullához tart, ezért
n1lim n a
→∞= -re gondolunk. Valóban, a 1n a ε− < , 1n a ε− < ,
1n a ε< + egyenlőtlenségek ekvivalensek. Az utóbbit logaritmálva, kapjuk, hogy
(lg 1ε< + )lg n a , vagyis (lg 1ε )lg an
< + , ami teljesül, ha ( )lg
lg 1a
ε>
+n (mert
1 1ε + > ). Tehát nlim→∞
1n a = .
3. Mutassuk meg, hogy n
1lim 0!n n→∞= .
Megoldás. Előbb igazoljuk, hogy minden esetén *n∈ !3
nnn >
. A bizonyítást
teljes indukcióval végezzük el.
1n = -re igaz, mert 13
>1 .
60 Valós számok és számsorozatok
Tegyük fel, hogy igaz az egyenlőtlenség -re és mutassuk meg, hogy igaz -re
is. Valóban, ( )
n ( )1n +
( ) ( )1 11
3
n1 31 ! 1 ! 13 3 1
n n
nn n nn n n n
nn
+ +
+ + + = + > + = ⋅ > +
, mert
11n
n + <
3 . Ezzel az egyenlőtlenséget igazoltuk. Az !3
nn >
n egyenlőtlenségből
1 10!
3n n nn
< < =3 , és a fogó tétel alapján
nlim→∞
1 0!n n= .
Megjegyzés1. Ha a Cesaro-Stolz kritérium következményét használjuk, elkerülhetjük az előbbi bonyodalmakat.
4. Konvergens-e a 1
3!
n
nn≥
sorozat?
Megoldás. Legyen . Ekkor 3n >33 3 3 3 3 3 9 3 32 3..
! 1 2 3 4 2 4 3 4
n nn
n n
− < = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ ⋅ = ⋅
0 . .
Mivel n
3lim 0,4
n
→∞
=
ezért a fogó tétel alapján kapjuk, hogy n
3lim 0!
n
n→∞= .
Megjegyzés. A hányadoskritérium alapján a megoldás itt sem igényel ötleteket.
5. Konvergens-e az 3
15nn
n
≥
sorozat?
Megoldás. 33
35 5n n
n n =
. Vizsgáljuk az ( )3 5
n nna = általános tagú sorozatot! Mivel
3 5 1> , azt sejtjük, hogy a nevező „gyorsabban növekszik”, mint a számláló, vagyis,
hogy 3
lim 05
nn
n→∞
= . Legyen 3 5 1 , 0α α= + > . Következik, hogy
( ) ( ) ( ) ( )3 2 2
01 115 1 ...
2 2
n nn n n n
n n n nnα α α α
< = < <− −+ + + +
.
1 A bizonyított kritériumok hatékonyságának bemutatása céljából a 2.-5. feladatokra bemutatott megoldások nem a legrövidebbek, viszont tartalmaznak tanulságos ötleteket.
Valós számok és számsorozatok 61
A jobb oldalon ( ) ( )2
2 01 1
2
nn n n α
α=
− −
lim 0nna
→∞=
→ . A fogó tétel szerint az sorozat
konvergens és , tehát az
( ) 1n na
≥
( )3
11
n nn
a≥
≥
=3
5n
n
sorozat is konvergens és
határértéke 0. Megjegyzés. A hányadoskritérium alapján itt is azonnali a megoldás.
6. Legyen 11n
n n= +
e és
1 1 11 ...1! 2! !ns
n= + + + + . Igazoljuk, hogy
lim limn nn ns e e
→∞ →∞= = .
Megoldás. Az sorozat növekvő, mert ( ) 1n ns
≥ ( )11 0
1 !n ns sn+ − =+
> és korlátos,
mert 2 1
11 1 ... 32n ns −< + + + <
1 12 2+ + . Tehát az ( ) 1n n
s≥
sorozat konvergens, még csak
azt kell megmutassuk, hogy határértéke e. A binomiális tétel felhasználásával
( )2
1 ...2 11 1 1 11 1 ...2 !
n
n n
n nne n nn n n n
− ⋅− 1n
= + = + ⋅ + ⋅ + + ⋅
≤
1 1 11 1 ...2! 3! ! ns
n≤ + + + + + = .
Tehát e , innen következik, hogy n s≤ n nslim limnn ne
→∞ →∞≤ , vagyis
lim nns e
→∞≥ . (1)
Rögzítve egy számot és -t választva, e -nek a binomiális tétel segítségével felírt előző alakjában hagyjuk el a
*k∈ n k> n
( )1k + -edik tag utáni tagokat. Ezzel -et csökkentjük. ne
( ) ( )( ) ( ) ( )2 3
1 1 2 1 ... 11 11 1 ...2! 3! !n k
n n n n n n n n ke
n n n− − − − − +
> + + ⋅ + ⋅ + + ⋅ =1k
1 1 1 1 2 1 1 11 1 1 1 1 ... 1 ... 12! 3! !
kn n n k n
− = + + − + − − + + − − n
.
A bal oldal határértéke , a jobb oldalon (k rögzített, értéke nem változik) e1 1 1 1 2 1 1lim 1 1 1 ... 1 1 ... 1 1 1 ...2! ! 2! !n
kn k n n n→∞
− + + − + + − − − = + + + +
1k
.
Ebből tehát 1 11 ...1! ! ke
k≥ + + + = s . Ez az egyenlőség minden k természetes számra
igaz, ezért
62 Valós számok és számsorozatok
. (2) lim kke
→∞≥ s
Így (1) és (2) alapján létezik lim nns e
→∞= . Mivel ( ) 1n n
s≥
gyorsabban konvergál e-hez,
mint az ( ) sorozat, ezért e kiszámítására (megközelítésére) az ( ) sorozat
alkalmasabb, mint az ( ) . 1n n
e≥ 1n n
s≥
1n ne
≥
7. Igazoljuk, hogy az szám irracionális! eMegoldás. A bizonyítást indirekt módon végezzük. Feltételezzük, hogy e
racionális, vagyis peq
= , ahol ,p q∈ , 0q ≠ , majd azután ebből a feltételből
ellentmondást vezetünk le. Mivel 2 e 3< < , e nem lehet egész szám és ezért .
Mivel
2q ≥1lim 1 ...1! !n
en→∞
= + + +
1 , igazolható, hogy
1 12 ...2! ! !
nen n n
θ= + + + +
⋅, ahol 0 1nθ< < .
Ebből kapjuk, hogy 1 1 12 ...2! 3! ! !
qpq q q q
θ= + + + + +
⋅, ahol 0 1qθ< < . Az előbbi
egyenlőség mindkét oldalát q -sal szorozva kapjuk, hogy !
( ) 1 1 11 ! 2 ... !2! 3! !
qp q qq q
θ − = + + + + +
, ahol 10 q
q q1
θ< < < , tehát q
qθ
nem egész.
Viszont a bal oldalon a szám egész, és a jobb oldalon a ( 1 !p q − ) 1 12 ...2! !
+ + +
!
szám is egész, innen következik, hogy q
qθ
, mint két egész szám különbsége, egész
kell legyen, ami ellentmondás. Tehát az e szám irracionális. 8. Tekintsük a következő sorozatot: 1 2=a , 1 2n na a+ = + , ha . Így is írhatjuk a sorozat tagjait:
*n∈
2 , 2 2+ , 2 2 2+ + , ..., 2 2 ... 2+ + + , ... Konvergens-e a sorozat? Megoldás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy a sorozat növekvő: és feltételezzük, hogy . Ekkor
2a a> 1
1n na a −> 21 2n na a+ = + , 2
12na na −= + , ebből következik, hogy
( )( )2 21 1 1n n n n n n na a a a a a a a+ − +− = − + > − 1n−
na,
és az indukciós feltételt felhasználva, következik, hogy a . Tehát a sorozat monoton növekvő. Korlátos-e?
1n+ >
Valós számok és számsorozatok 63
1 2 2a = < és feltételezzük, hogy 2na < . Ebben az esetben
1 2 2 2n na a+ = + < + = 2 , tehát a matematikai indukció elve alapján a minden n természetes számra, ezért 2 felső korlátja a sorozatnak.
2n <
Mivel a sorozat monoton növekvő és felülről korlátos, konvergens is. a-val jelölve a határértékét és az 1 2na + = + na képletben határértékre térve kapjuk, hogy 2= +a a
(mert ), ahonnan 1lim limn nn na a+→∞ →∞
= a=1 3
2a ±= . Mivel a sorozat tagjai pozitívak,
következik, hogy a . lim nn→∞2a= =
Hangsúlyozzuk, hogy nagyon lényeges volt az előbb, hogy előre tudtuk a határérték létezését és csak utána tértünk határértékre a kifejezésben. A következő, hibás példa is mutatja, hogy ez mennyire fontos: Legyen , , ha . Ha l1 2a = 1 2na + = na a*n∈ im nn
a→∞
= , akkor és
határértékre térve a rekurziós képletben, kapjuk, hogy 1lim 0nn
a +→∞=
2a a= , ahonnan . Viszont a vizsgált sorozat a (
0a =)
12n
n≥ sorozat, ami nyilván nem tart 0-hoz, sőt, nem is
konvergens! 2.22. Gyakorlatok és feladatok I. 1. Konvergensek-e a következő, általános tagjukkal adott sorozatok? Ha igen, számítsd ki a határértéket!
a) 2
2
2 25 1 3nn nn n− += −+ +
12
a ; b) ( )2
1 4 7 ... 3 21n
nn n
+ + + + −=+ −
a ;
c) ( )1 3 5 ... 2 1n
nn+ + + −
a = ; d) 11 3 ... 3
9
n
n n
−+ + +a = ;
e) 4 2
3 6 9 ... 31
nn
n n+ + + +=
+ +a ; f) 2 2 2
1 2 ...1 2n
nn n n
= + + ++ + +
a ; n
g) 2
1 1 11 ...3 3 31 11 ...2 2
n
n
n
+ + + +=
+ + +a ; h)
( ) ( ) ( )
23 2 11 2 ...n
n nn n n
+ +=+ + + + + +
a ; n
i) 2 22 1
3nn nn+ − ++
1a = ; j) ( ) ( )4 2
3 1 3 2 ... 42
nn n
n n+ + + + +=
+ +na ;
k) ( )2 5 8 ... 3 15n
nn
+ + + + −=+
a ; l) 3
4 41 1n
nn n n
=+ + + +
a .
2. Számítsd ki a következő határértékeket: a) ; b) ; ( )2lim 3 2 5
nn n
→∞− + ( )3 2lim 7 2 3
nn n
→∞− + +
64 Valós számok és számsorozatok
c) 5 4
5 2
20 3 1lim2n
n nn n→∞
− +−
; d) 2
5 2lim3 1n
nn→∞
−+
;
e) 4 2
3
2 2 3 3lim5 1n
n nn→∞
− + ++
n ; f) 1lim1n
nn→∞
+−
;
g) 233 1lim
2 1n
nn→∞
++
; h) 35 3 2lim
2 1n
nn→∞
− ++
;
i) 1 2lim2 3
n n
n→∞
+ ; j) ( )lim 5 0,5 nn
n→∞ + ;
k) 5 2lim 2 32 5
nn
n→∞
− ; l) ( )2
4lim 1,21
n
n n→∞
−
+ ;
m) 2 7lim3 8
n n
n nn→∞
++
; n) 2
4lim2 1
n
nn→∞ −.
3. Számítsd ki a következő határértékeket:
a) 2 21
2 1lim( 1)
n
nk
kk k→∞
=
++∑ ; b)
1
1lim(2 1)(2 1)
n
nk k k→∞= − +∑ ;
c) 1
1lim( 1)( 2
n
nk k k k→∞= + +∑ )
; d); [ ]1
( 1)lim
( 1)!
n
nk
k kn→∞
=
⋅ ++∑ !
;
e) 1
lim( 1)
n
nk
kk→∞
= +∑ !; f)
2
1
1lim( 2)!
n
nk
k kk→∞
=
+ −+∑ .
4. Számítsd ki a következő határértékeket:
a) ( )21
2
1
2 1lim
(3 2)
n
kn
n
k
k
k=
→∞
=
−
−
∑
∑; b) 1
2lim3 1
n
k
n
k
n=
→∞ +
∑;
c) 13
( 2lim100 5
n
k
n
k k
n=
→∞
+
+
∑ ); d) 1
3
(2 1)lim
n
knnn
k k
C=
→∞+
−∑.
5. Számítsd ki a következő határértékeket (paraméter esetén tárgyald is). a) 2 2lim 1 1
nn nλ
→∞+ − − ; b) lim
nn n n n n
→∞+ + − + − n ;
c) 3 33lim 2 1 1n
n nλ→∞
+ − −3 ; d) 3 2 333lim 2 1 1n
n n nλ→∞
+ + − − ;
e) ( 2m 2 n→∞
+ − )linn n ; f) ( )li
n; m 2 1 4 1n n n n
→∞+ + − + +
g) ( )44m k a n b→∞
+ − +linn n ; h) ( )li
n; 3 2 3 23 3m 1 1n n n n
→∞+ + − − +
i) 3 3
1m
1nn n→∞
+ −+ −
lin
; j) n ( )22 21 2m
a n n
n→∞
− +lin
.
Valós számok és számsorozatok 65
6. Konvergensek-e a következő sorozatok? (a határértéket nem kell megállapítani)
a) 2
1 1 1...2 1 2 1 2 1n n= + + ++ +
a ; b) + 2
1 1 1...3 1 3 1 3 1n n= + + ++ +
a ; +
c) ( )
1 1 1...2 ! 3 ! 1 !n n
= + + ++
a ; d) 3 3
1 1 11 ...2 3n n
= + + + + 3a ;
e) 1 1 11 ...2 3n x x n
= + + + + x ( )1,∈ +∞a , x .
7. Igazold, hogy ha , akkor lim nna
→∞= a lim nn
a a→∞
= .
8. Ha ( ) konvergens, következik-e, hogy ( ) is konvergens? *2n na
∈ 1n na ≥
9. A korlátos sorozatokkal foglalkozó példák között szerepelt az ( sorozat. Lehet-e konvergens ez a sorozat?
) 1sin nn n ≥
10. Ha 1q < , adott az a q általános tagú sorozat. Igazold, hogy a sorozat konvergens és számítsd ki a határértékét!
21 2 3 ... nn q n −= + + + + 1q
1q11. Adott az a q általános tagú sorozat, ahol
( ) 12 31 2 3 4 ... 1 n nn q q n+ −= − + − + + −
1q < . Vizsgáljad a sorozat konvergenciáját, és számítsd ki a határértékét, ha konvergens. 12. Adott a következő sorozat: a , 1 1= 1 1 nna a+ = + , . Konvergens-e a sorozat? Ha igen, számítsd ki a határértékét!
*n ∈
13. Mi az ( sorozat határértéke, ha a b ? )1
n nnn
a b≥
+ 0> >
14. Mi az n nnnx a b= + + nc általános tagú sorozat határértéke, ha
? 0a b c> > >15. Mi a határértéke az ( 1n n= ⋅ + − )na n általános tagú sorozatnak?
16. Adott az 312
n
n n = + a általános tagú sorozat. Számítsd ki a határértékét!
17. Adott az 2
2
1 ...1 ...
n
n n
a a ab b b
+ + + +=+ + + +
a általános taggal értelmezett sorozat, ahol
1a < és 1b < . Számítsd ki a sorozat határértékét! 18. Számítsd ki a ( )4 8 2lim 2 2 2 ... 2n
n→∞⋅ ⋅ ⋅ ⋅ határértéket!
19. Számítsd ki a 2 3
1 3 5 2 1lim ...2 2 2 2nn
n→∞
− + + + + határértéket!
20. Számítsd ki a ( )2 sin !
lim1
n
n
n nn→∞ +
határértéket!
21. Bizonyítsd be, hogy 1 3 2 1lim ... 02 4 2n
nn→∞
− ⋅ ⋅ ⋅ = .
66 Valós számok és számsorozatok
22. Igazold, hogy 1 30 1n
en n
< − + < .
23. Definiáljuk a valós számok halmazán az ( ) sorozatot a következő módon:
legyen és a a , ha n . Mivel egyenlő a ? Számítsd ki a
1n na ≥
1 1a = 3 31 99 nn+ = 1> n lim
4nnn
a→∞
határértéket! 24. Az ( ) sorozatot a következőképpen definiáljuk: a és
1n na ≥ 1 1=
( 1 2
1 ...1n n
n an −
+ + + −) 1>1aa a= + , ha n . Határozd meg a értékét n
függvényében és számítsd ki a
n
( )lim n
n
an→∞ −1 2n
határértéket!
25. Az ( ) sorozat tagjai teljesítik az x x rekurziót. Határozd
meg értékét n függvényében, ha és x . 1n n
x ≥ 1 2 nn nx+ −− + =
1 2=1 1
1.
nx 0 1x = II.
Határozd meg az összes olyan egész számsorozatot, amely teljesíti az
2
1nn
n
n xxx n+
⋅ += ∀ ∈+
n
2.
összefüggéseket!
Bizonyítsd be, hogy az 1
2 ,2n
nx+ = ≥
−1n
3.
x sorozat periodikus (ha értelmezett)!
Bizonyítsd be, hogy az ( )2
120 1 2
1
, ( , ), ,nnn
n n
k x xk k x n
k x x+
++
⋅ −∈ − = ∀ ≥
− ⋅0
4. ]
5.
x x
rekurziót teljesítő sorozat periodikus! Határozd meg az x x sorozat általános
tagját!
201 13 , 1, [ 2,2n n nx n x− −= − ∀ ≥ ∈ −
Határozd meg az ( )20 11, 1 1 , 0n nn x x n+= + + = ∀ ≥x x sorozat általános
tagját. (Bencze Mihály)
6. Határozd meg az 10
1
2 31, , 1
3 4n
nn
xn
x−
−
−= − = ∀ ≥
−x x sorozat általános tagját!
7.
8.
Az sorozat teljesíti az x x
összefüggéseket. Bizonyítsd be, hogy x n !
( )n n Nx ∈ ( )1 11, 2 3 1 1nnn x n+= = − − ∀ ≥
( )2 1 1nnn+ = + − ∀ ≥
(érettségi,1998, Izrael)
Bizonyítsd be, hogy az ( )2 20 1 2 11, 41 3 8 0n nn nx x x x n+ += = = + + ∀ ≥x x
összefüggésekkel értelmezett sorozat minden tagja természetes szám!
Valós számok és számsorozatok 67
9.
10. 0x
11.
Egy n emeletes házat hány különböző módon színezhetünk ki fehérre és feketére, ha két feketére színezett emelet nem kerülhet egymás fölé, és minden emeletnek vagy fehérnek, vagy feketének kell lennie?
Vizsgáld meg az x sorozat konvergenciáját! 1 2 1,nxn+ = − ∈
Vizsgáld meg az 1 ,n nx x+ = + ∈0
12. 0
13.
x a sorozat konvergenciáját! (előbb
vizsgáljátok meg, mi lehet az első tag ahhoz, hogy a sorozat jól-értelmezett legyen)
Vizsgáld meg az x x sorozat konvergenciáját! 1 ln(1 ),n n x+ = + ∈Vizsgáld meg a következő rekurziókkal értelmezett sorozatok
konvergenciáját:
a. 11
1 ,1n
na+
−
= =+ 1 0aa ; b. 1 1
21 ,nna
+ = + = 1
14.
a a .
Bizonyítsd be, hogy az 1
12 1n
nk k=
= − + +∑x n általános tagú sorozat
konvergens és határértéke a (–2, 1) intervallumban található!
Bizonyítsd be, hogy 2
21
1lim6
n
nk k
π→∞
=
=∑ . 15.
16. Számítsd ki a következő határértékeket:
a) 1lim 1n
nn
n→∞
+ − e ; b)
2
21
1m6
n
nk k
π→∞
=
− ∑li n .
17. Számítsd ki a 21
1arctg1
n
k k k= + +∑ összeget, majd az összeg határértékét,
amikor n tart a végtelenhez. 18. Számítsd ki a következő szorzatok határértékét:
a) 2 2 2
1 1 11 1 1 ... 12 3 4n n
= − − − − 2
1 a ;
b) 1 2 31 1 1 ... 11 1 1n
nn n n n
= − − − − + + + 1+
b ;
c) 3 3 3 3
3 3 3 3
2 1 3 1 4 1 ...2 1 3 1 4 1n
nn
− − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ + + +
11
19.
c .
Számítsd ki a következő határértékeket:
a) 1
1lim2
n
knk
→∞=∑ ; b)
1
m3
n
kk
→∞=
lin
k∑ ; c) 1
( 1m5
n
kk
k k→∞
=
−∑ )lin
;
d); ( )
2
331
3 3lim1
n
nk
k kk k→∞
=
+ ++∑ 1 e)
4 2
41
1limn
nk
k kk k→∞
=
+ ++∑ ; f)
2
1
lim2
n
knk
k→∞
=∑ ;
g) 1
1lim lnn
nk
kk→∞
=
+∑ ; h) 3
41
limn
nk
kn n→∞
= +∑ ; i) 1
1
1limn
knk nC
−
→∞=∑ ;
68 Valós számok és számsorozatok
j) 21
sinlimn
k
kn k→∞
= +∑n; k.
1
limp
nn
k
k→∞
=∑n
; l) 1
limn
nn
k
k→∞
=∑n
;
20. Számítsd ki a következő határértékeket:
a) ( )1lim nnnn a a+
→∞⋅ − ; b) 2 1lim 2n nn a
a→∞
+ − n; c) ln( 1)lim
n
n
en→∞
+ ;
d) 1lim 12n
nnn→∞
+ − + ; e)
2
31
lim 1 1p
nk
kn→∞
=
+ − ∑ ; f) 2
1
lim sinn
nk
knπ
→∞=∑ ;
21. n
22.
Bizonyítsd be, hogy az a általános tagú sorozatnak nincs határértéke.
sinn =
Számítsd ki a lim sin ( 1)n
n nπ→∞
+
23.
határértéket!
Számítsd ki a ( ){ }lim 2 3n
n→∞+ határértéket, ha { }x az x valós szám törtrésze.
24. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) és 1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ sorozatok teljesítik a
és egyenlőségeket, és b , ha , akkor
.
lim nna a
→∞=
11
limn
n knk
b +→∞=
=∑
1
n
n k n kk
a b a+ +=
=∑
b 0k > k ≥
limn
b→∞
( ,a b )∈
25. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) és 1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ sorozatok teljesítik a
és egyenlőségeket, akkor
lim nna a
→∞=
lim nnb
→∞= b
1
1 n
kn =∑lim
n k kna b ab−→∞
= .
Az ( ) *Nn nx ∈ racionális számsorozat tagjai teljesítik a 26.
12
1
2 ( 1( 1)
n
nn
x n nx x n
−
+
+=− −
)
összefüggést minden n ≥ 2-re és x valamint x . 1 2= 2 2=a) Határozd meg a sorozat általános tagjának képletét! b) Tanulmányozd az ( ) *n n
x ∈ sorozat korlátosságát!
c) Számítsd ki a
12
1 2
1
2 ...lim
nn n
n
x x xx
+
→∞+
⋅n
határértéket!
27. Az ( ) *n nx ∈ sorozat tagjai teljesítik a 4 2
összefüggést minden n ≥ 2-re és x valamint
1 1( 1) 3n n nx x n x n+ −− − = − 2
1 0= 234
=x . Határozd meg a
sorozat általános tagjának képletét és számítsd ki a 2 3...limn n
n
x x xn→∞
határértéket!