2.2. Kidolgozott feladatok
1. Vizsg´alja meg monotonit´as szempontj´ab´ol a k¨ovetkez˝o sorozatokat!
(a) an := 1 +n1, sorozat szogor´uan monoton fogy´o.
an+1−an= 1 + 1 ez´ert a sorozat monoton fogy´o.
(c) A sz´amtani ´es m´ertani k¨ozepek k¨oz¨otti egyenl˝otlens´egetn+ 1 tagra azaz a sorozat (szigor´uan) monoton n¨ov˝o.
(d) Annak igazol´as´ahoz, hogy egy sorozat nem monoton, el´eg mutat-nunk j < k < leg´eszeket, amelyekre aj< ak> al vagyaj> ak< al
teljes¨ul. Eset¨unkben ez b´armely h´arom szomsz´edos indexre fenn´all.
(e) Az el˝oz˝o r´eszn´el elmondottak szerint a sorozat nem lehet monoton, hiszen p´eld´aul a1 = sin 5π12
18 2. Sorozatok 2. Vizsg´alja meg korl´atoss´ag szempontj´ab´ol a k¨ovetkez˝o sorozatokat!
(a) an =n+2n , (b) bn=n2−n,
(c) cn= sin(4n2−n) cos(4n2+n), (d) dn= (−1)nln(n).
Megold´as.
(a) A sorozat nyilv´anval´oan korl´atos, hiszen
|an|=
(b) Igazolni fogjuk, hogy tetsz˝oleges r¨ogz´ıtettK >0 sz´amhoz tal´alhat´o olyann∈N, amelyre|an|> K, azaz az (an) sorozat nem korl´atos. A m´asodfok´u kifejez´est teljes n´egyzett´e alak´ıtva ´es az egyenl˝otlens´eget rendezve azt kapjuk, hogy
|bn|=n2−n= Ilyennl´etez´es´et az arkhim´ed´eszi axi´oma garant´alja.
(c) Mivel a sin ´es a cos f¨uggv´enyek ´ert´ekei−1 ´es 1 k¨oz´e esnek, tov´abb´a k´et [−1,1]-beli sz´am szorzata is [−1,1]-beli, ez´ert (cn) nyilv´anval´oan korl´atos.
(d) Hasonl´oan a (b) pontban le´ırtakhoz, az arkhim´ed´eszi axi´om´at fel-haszn´alva tetsz˝olegesK >0-hoz tal´alunkn∈N-et, amelyre|dn|> K, hiszen ez ut´obbi egyenl˝otlens´eg pontosan akkor teljes¨ul, han > eK. 3. A defin´ıci´o seg´ıts´eg´evel igazolja, hogy az al´abbi sorozatok konvergensek!
Adjon meg egy k¨usz¨obindexet azε= 10−4 hibakorl´athoz!
(a) an = 1 +n12, (b) bn= 4n+32n+1, (c) cn=n1sinn.
Megold´as. Minden esetben r¨ogz´ıteni fogunk egy α ∈ R ´es egy ε > 0 sz´amot. Ezek ut´an egyenletrendez´essel ´es az arkhim´ed´eszi axi´oma seg´ıt-s´eg´evel igazolni fogjuk olyanN k¨usz¨obindex l´etez´es´et, hogy azN-n´el na-gyobb index˝u tagok k¨ozelebb vannakα-hoz, mint az el˝ozetesen r¨ogz´ıtett εsz´am. V´eg¨ulεhely´ere 10−4-t be´ırva (a kapott sorozatok monotonit´as´at kihaszn´alva) leolvassuk a legjobb k¨usz¨obindexet.
(a) Legyenε >0 r¨ogz´ıtett,α= 1. Ekkor|an−1|=|1 +n12−1|=n12 <
ε⇔ √1ε < n. A feladatban megadottε= 10−4 hib´ahoz tetsz˝oleges
√1
10−4 = 100-n´al nagyobb eg´esz j´o lesz k¨usz¨obindexnek.
2.2. Kidolgozott feladatok 19
Hasonl´oan az eddigiekhez, az arkhim´ed´eszi axi´oma miatt ilyen n l´etezik. A fenti egyenl˝otlens´egbenεhely´ere 10−4-et ´ırva 1042−1<
Az egyenl˝otlens´eget ´atrendezve azt kapjuk, hogy tetsz˝oleges 1ε-n´al nagyobb eg´esz sz´am j´o k¨usz¨obindexnek (eset¨unkben 104< N).
4. Igazolja, hogy azan =n1 sorozat Cauchy-sorozat!
Megold´as. R¨ogz´ıts¨unk egy tetsz˝oleges ε > 0 sz´amot. Ehhez v´alasszunk egy olyan N k¨usz¨obindexet, hogy n > N ´es m > N eset´en n1 ´es m1 is kisebb legyen, mint ε2. Ilyen k¨usz¨obindex l´etezik, nevezetesen b´ ar-melyN megfelel, amelyreN > 2ε. Ezek ut´an alkalmazzuk a h´aromsz¨ og-egyenl˝otlens´eget az n1 ´es −1m sz´amokra:
Mivelε >0 tetsz˝oleges volt, igazoltuk, hogy a sorozat Cauchy-sorozat.
5. Hat´arozza meg a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket!
(a) an =nn52+5n−1−n6+1, (b) bn= 3nn+2n2+2n+12 , (c) cn=n2n2−6n+14−3n2.
(c) Ez´uttal a sz´aml´al´o foka (azaznlegnagyobb el˝ofordul´o hatv´any´anak kitev˝oje) nagyobb, mint a nevez˝o´e. Ekkor a nevez˝oben tal´alhat´o legnagyobb n hatv´annyal, n2-tel egyszer˝us´ıt¨unk. Ekkor a sz´aml´al´o +∞-hez, a nevez˝o pedig egyhez tart. Mivel a t¨ort ´ert´eke n > 6 eset´en pozit´ıv, ´ıgy a keresett hat´ar´ert´ek +∞.
20 2. Sorozatok 6. Mutasson p´eld´at olyan pozit´ıv tag´u sorozatra, amely nem korl´atos, de
nem tart a +∞-hez!
Megold´as.
Legyen (an) az a sorozat, amelynek tagjai a2n := 0, illetve a2n+1 :=
2n+ 1. Ekkor a sorozat nem korl´atos, de nem is tart a +∞-hez, hiszen egyetlen pozit´ıv K sz´amhoz sincs olyan N k¨usz¨obindex, hogy n ≥ N eset´enan ≥K teljes¨ul.
7. Hat´arozza meg az al´abbi sorozatok hat´ar´ert´ek´et!
(a) an = √n
Megold´as.Elemi ´atalak´ıt´asok ut´an tagonk´ent elv´egezz¨uk a hat´ar´ atmene-teket. A (d)–(f) pontokban haszn´alni fogjuk, hogy lim
n→+∞ 1 + αnn
=eα, tov´abb´a hogy konvergens sorozat minden r´eszsorozata is konvergens, ´es ugyanaz a hat´ar´ert´eke.
(a) Az √n
n → 1 ´es a √n
2 → 1 nevezetes hat´ar´ert´ekeket, valamint a k¨ozrefog´asi elvet haszn´alva
1≤an = pn 8. Hat´arozza meg a k¨ovetkez˝o hat´ar´ert´ekeket!
(a) lim
2.2. Kidolgozott feladatok 21 Megold´as.
(a) A k¨ozrefog´asi elvet, illetve az √n
n → 1 ´es az √n
c → 1 (c > 0) nevezetes hat´ar´ert´ekeket felhaszn´alva
9≤ lim tagonk´ent elv´egezve k¨onnyen leolvashat´o, hogy a sorozat hat´ar´ert´ e-ke 0:
(c) A sz´aml´al´ot gy¨oktelen´ıtve ´es a hat´ar´ertmeneteket tagonk´ent elv´ e-gezve azt kapjuk, hogy
n→+∞lim
9. Igazolja, hogy korl´atos sorozatok szorzata korl´atos! Mit mondhatunk a h´anyadosukr´ol?
Megold´as. A szorzatuk nyilv´anval´oan korl´atos, hiszen ha |an| ≤K
´
es|bn| ≤L, akkor|an·bn|=|an| · |bn| ≤K·L. Korl´atos sorozatok h´anyadosa viszont nem felt´etlen¨ul korl´atos. Tekints¨uk p´eld´aul az an = 1, bn = n1 sorozatokat, amelyekre az (a(bn)
n) = (n) sorozat nem korl´atos. A gondot az okozza, hogy a sz´aml´al´oban l´ev˝o (bn) sorozatot nem tudjuk alulr´ol becs¨ulni valamilyen pozit´ıv sz´ammal. Ha (bn) nemcsak korl´atos, de l´etezikα >0, amelyreα≤ |bn|, akkor|abn
n| ≤ L·α1.
10. Igazolja, hogy
(a) minden konvergens sorozat korl´atos,
(b) egy korl´atos sorozat ´es egy nullsorozat szorzata nullsorozat,
22 2. Sorozatok (c) egy konvergens ´es egy divergens sorozat ¨osszege nem lehet
konver-gens!
Megold´as.
(a) Legyen (an) egy tetsz˝oleges konvergens sorozatαhat´ar´ert´ekkel. Ek-kor az ε = 1 hibahat´arhoz l´etezik N k¨usz¨obindex, hogy n > N eset´en
|an−α|<1⇔an∈[α−1, α+ 1],
azaz az{an :n≥N} halmaz korl´atos. Vil´agos, hogy a v´eges elem-sz´am´u {ai : 1 ≤ i ≤ N} halmaz is korl´atos, ´ıgy az uni´ojuk is az.
Vagyis az (an) sorozat korl´atos.
(b) Legyen (an) nullsorozat, (bn) pedig egy korl´atos sorozat K korl´ at-tal. Ekkor (an) konvergenci´aja miatt tetsz˝oleges r¨ogz´ıtettε >0-hoz van olyan N k¨usz¨obindex, amelyre n > N eset´en |an−0| < Kε. K¨ovetkez´esk´epp (ugyanezenN k¨usz¨obindex mellett) |an·bn−0|=
|an·bn|=|an|·|bn|<Kε·K=ε, azaz az (an·bn) sorozat nullsorozat.
(c) Indirekte tegy¨uk fel, hogy van olyan (an) konvergens, (bn) divergens sorozat, amelyek (an+bn) ¨osszege konvergens. Kihaszn´alva, hogy konvergens sorozatok ¨osszege konvergens, valamint hogy (an)-nel egy¨utt (−an) is konvergens, azt kapjuk, hogy a (bn) = (an+bn) + (−an) sorozat konvergens, ami ellentmond´as.