Konvergenciasebességek összehasonlítása

Az alábbi fogalom nagyon szemléletes, és sokat segíthet konkrét sorozatok határértékeinek kiszámításában.

Elnevezés: Azt mondjuk, hogy az(a_n)⊂Rsorozatgyorsabban tart a(+∞)-hez, mint a(b_n)⊂Rsorozat, ha mindketten a(+∞)-hez tartanak, de ^b_aⁿ

n →0.

Az els˝o két példa nyilvánvaló, ezért ezeket nem bizonyítjuk.

4-19. Példa: Haa > b >1, akkoraⁿgyorsabban tart a(+∞)-hez, mintbⁿ.

4-20. Példa: Haα > β >0, akkorn^α gyorsabban tart a(+∞)-hez, mintn^β.

4-15. Állítás: Mindena >1,α >0eseténaⁿgyorsabban tart a(+∞)-hez, mintn^α. Bizonyítás:

Legyenktetsz˝oleges egész, melyrek≥α. Akkor n^α

aholb:=a^1/2k<1. A tört nevez˝ojét a Bernoulli-egyenl˝otlenséggel csökkethhetjük, innen:

n^α

4-16. Állítás: Mindena >1eseténn!gyorsabban tart a(+∞)-hez, mintaⁿ. Bizonyítás:

Jelöljexn:= ^a_n!ⁿ. Igazolni kell, hogyxn→0. Nyilván x^1/n_n = a

√n

n! →0 (mert √ⁿ

n!→+∞). Legyenε:= ¹₂. Mivel az(x^1/nn )sorozat konvergens, ehhez van olyN küszöbindex, hogy az ezt meghaladónindexekre:

0< x^1/n_n < 1 2, innen pedig0< xn< ₂¹n →0, azaz valóban,xn→0.

9. LECKE

Ellen ˝orz ˝o kérdések és feladatok

4.6. Ellen˝orz˝o kérdések

Start. Kattintson a Start-ra, a kvíz kitöltése után pedig a Stop-ra.

1.Ha egy(an)⊂Rsorozatnak létezik határértéke, akkor szükségképp

monoton és korlátos Cauchy-sorozat monoton fogyó divergens 2.Ha az(an)⊂Rsorozat a+∞-be tart, akkor az

1 an

reciprok sorozat szükségképp +∞-be tart

divergens zérussorozat

konvergens, ésliman>0

3.Az(a_n)⊂Rsorozat biztosan konvergens, ha alulról korlátos és monoton n˝o

felülr˝ol korlátos és monoton n˝o alulról nem korlátos és monoton fogy felülr˝ol korlátos és monoton fogy

4.Legyen(an)⊂Regy számsorozat. Melyik következtetés helyes?

Ha(a_n)nem korlátos, akkor nem is konvergens Ha(a_n)nem konvergens, akkor nem is korlátos Ha(an)nem monoton, akkor nem is konvergens Ha(an)korlátos, akkor konvergens is

5.Ha az(an),(bn)⊂Rsorozatok mindketten+∞-be tartanak, akkor szükségképp a_n−b_n→0 ^a_bⁿ

n →1

an

bn

korlátos _a ¹

n+bn →0

6.Haan→ −∞, akkor az(an)sorozat szükségképp konvergens

monoton fogy és korlátos

(a_n)-nek nincs konvergens részsorozata nem korlátos

7.Ha egy(an)⊂R, sorozat konvergens, akkor szükségképp Cauchy-sorozat

monoton

monoton és korlátos

nincs konvergens részsorozata

8.Ha az(an),(bn)⊂Rsorozatok mindketten0-ba tartanak, akkor szükségképp

an

bn →1 _a^bn

n →0 e^an+e^bn →1 p

|a²_n+b²_n| →0 9.Ha(a_n)⊂Rmonoton n˝o, és nem korlátos, akkor szükségképp

Cauchy-sorozat

kiválasztható bel˝ole konvergens részsorozat kiválasztható bel˝ole korlátos részsorozat +∞-be tart

10.Az(a_n)⊂Rsorozat konvergens, éspedig aza∈Rszámhoz tart, ha

bármelyN ∈N-hez van olyε >0, hogy mindenn≥N esetén|a_n−a|> ε bármelyε >0-hez van olyn∈N, hogy mindenn≥N esetén|a_n−a|< ε van olyanε >0, hogy mindenn∈N,n≥N esetén|a_n−a|< ε

bármelyε >0ésn≥N esetén|a_n−a|< ε Stop.

Pontok:

4.7. Feladatok

4-1. Feladat: Igazoljuk, hogy azx₀ := 0,x_n+1 := −x²_n−¹₄ (n = 0,1,2,...) rekurzív módon definiált sorozat monoton fogy.

Megoldás: itt

4-2. Feladat: Mutassuk meg, hogy a következ˝o sorozat(+∞)-hez tart:

an:=

1 + 1

n n²

(n∈N).

Megoldás: itt

4-3. Feladat: Mutassuk meg, hogy a következ˝o sorozat 1-hez tart:

a_n:=

1 + 1

n² n

(n∈N).

Megoldás: itt

4-4. Feladat: Konvergensek-e a következ˝o sorozatok, és ha igen, akkor mi a határértékük?

(a)

a_n:= (n+ 1)(2n+ 1)(3n+ 1)

(4n+ 1)(5n+ 1)(6n+ 1) (n= 1,2,...), (b)

an:= n²+ 2n

n+ 3 −n³+ 3n²

n²−2 (n= 1,2,...), (c)

an:= 2ⁿ⁻²+ 2

2ⁿ⁺²−2 (n= 1,2,...), (d)

an:= n³+ 4ⁿ

n⁵−4ⁿ (n= 1,2,...), (e)

an:= (1 + 2n²)³

(1 + 3n³)² (n= 1,2,...).

Megoldás: itt

4-5. Feladat: Konvergens-e az alábbi sorozat, és ha igen, akkor mi a határértéke?

a₀ := 0, a_n+1 :=−1000 + a_n

1001 (n= 0,1,2,...) Megoldás: itt

4-6. Feladat: Igazoljuk, hogy a következ˝o rekurzív sorozatok nem konvergensek.

(a)

x1 := 1, xn+1 := 1

2xn− 3 xn

(n= 1,2,...), (b)

a1 := 2, an+1:= 1 2

an− 1 an

(n= 1,2,...).

Megoldás: itt

4-7. Feladat: A törpék matematikát tanulnak. Kuka épp az a_n := ¹⁰⁰_n!ⁿ sorozattal bajlódik. Azt mondja magában: „Nézzük csak, hogy is viselkedhet ez a sorozat... számoljunk egy kcsit... a1 = 100; a2 = 5000;

a₃ = 166666.6... úgy t˝unik, hogy ez a sorozat n˝o, méghozzá jó gyorsan. Tudor! A monoton sorozat az ugye konvergens is?” „Te anyaszomorító, hát még mindig nem tudod? Ha korlátos, akkor biztosan, egyébként akármi is lehet.” „Na és ha monoton n˝o, és nem korlátos?” „Nohát ekkor mondjuk, hogy a(+∞)-hez tart.”

„Akkor megvan! a_n→+∞.”

Morgó közbemorog: „Kuka, te már megint nem figyeltél az el˝oadáson. Ott elmondták, hogy a ²_n!ⁿ sorozat 0-hoz tart.” Kuka ránéz: „De ez nem az a sorozat, és azt is mondták, hogy100ⁿgyorsabban tart a(+∞)-hez, mint a2ⁿ. Úgyhogy te itt csak ne szövegelj.”

Segítsünk Kukának! Hol hibázott? Mi a helyzet hát ezzel a sorozattal?

Megoldás: itt

4-8. Feladat: Határozzuk meg aza_n:=

√3n⁴+n

7n²−6 (n∈N)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-9. Feladat: Határozzuk meg azan:= 2³ⁿ+ 5ⁿ

8ⁿ+ 3ⁿ (n∈N)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-10. Feladat: Határozzuk meg azan:=

n+ 3 n

n

(n∈N)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-11. Feladat: Határozzuk meg azan:=

3n+ 1 3n

n

(n∈N)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-12. Feladat: Határozzuk meg aza_n:=

5n+ 6 5n−1

5n−1

(n∈N)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-13. Feladat: Határozzuk meg azan:=

32n⁴−3n

√

5n³+ 8 (n∈N)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-14. Feladat: Határozzuk meg a rekurzív módon definiálta0 := 1, an+1 := _a¹

n+1 (n= 0,1,2,...)sorozat határértékét, ha az létezik.

Megoldás: itt

4-15. Feladat: Határozzuk meg az alábbi sorozat határértékét, ha az létezik:

an:= 1 n² + 2

n² +...+ n

n² (n∈N) Megoldás: itt

4-1Megoldás:

Ugyanis

xn+1−xn=−x²_n−xn− 1 4 =−

xn+1

2 2

<0.

4-2Megoldás:

Felhasználjuk, hogy 1 +¹_nn

(n∈N) monoton növ˝o és ezért mindennindexre 1 +_n¹n

≥2. Innen

1 + 1 n

n²

≥2ⁿ→+∞, és ezért

1 + 1

n n²

→+∞.

4-3Megoldás:

Felhasználjuk, hogy 1 +¹_nn

→e, méghozzá monoton növ˝o módon. Ezért

1≤

1 + 1 n²

n

= ⁿ s

1 + 1

n² n²

≤ √ⁿ e→1.

Következésképp a közrefogott 1 +_n¹2

n

(n∈N) sorozat is 1-hez tart.

4-4Megoldás:

4-5Megoldás:

Mindenekel˝ott kiszámítjuk, hogy ha a sorozat egyáltalán konvergens, akkor mi lehet a határértéke. Jelölje a:= lima_n, akkor a rekurzív definícióból:a=−1000 +₁₀₀₁^a , azaza=−1001.

Most megmutatjuk, hogy a sorozat valóban konvergens (egyúttal újra megmutatva, hogy(−1001)-hez tart):

a_n+ 1001 = 1 + an−1

1001 = 1

1001·(an−1+ 1001).

A jobb oldalt kifejezhetjük a még eggyel korábbi taggal, és így tovább:

an+ 1001 = 1

1001² ·(an−2+ 1001) =...= 1

1001ⁿ·(a0+ 1001) = 1001 1001ⁿ →0.

4-6Megoldás:

(a) Ha a sorozat konvergens volna és határértéke valamilyenx(valós!) szám lenne, akkor szükségképp fennállna az x= ¹₂x−³_x egyenl˝oség, ahonnan: ¹₂x²=−3következne, ami pedig nem lehetséges (a bal oldal pozitív, a jobb oldal viszont negatív).

(b) Ha a sorozat konvergens volna és határértéke valamilyena(valós!) szám lenne, akkor szükségképp fennállna az a= ¹₂ a− ¹_a

egyenl˝oség. Ennek az egyenletnek viszont nincs valós megoldása.

4-7Megoldás:

Kukának nem volt igaza. Abból, hogy a ²_n!ⁿ sorozat 0-hoz tart, ugyanakkor100ⁿgyorsabban tart a(+∞)-hez, mint a2ⁿ, még nem következik, hogy a ¹⁰⁰_n!ⁿ sorozat a(+∞)-hez tartana. A sorozat els˝o néhány tagja valóban gyorsan n˝o, de aztán nagyobb indexekre a sorozat csökkenni kezd, és határértéke 0. A feladat tanulsága, hogy bár a sorozat els˝o néhány tagjának viselkedéséb˝ol sokszor megsejthet˝o az egész sorozat viselkedése, ez nem mindig van így, és a kapott sejtést mindig ellen˝orizni kell!

4-8Megoldás:

A számlálóban a gyök alatti kifejezés nyilván végtelenhez tart, s ebb˝ol következ˝oen az egész gyökös kifejezés is végtelenhez tart. Röviden, a tört „∞

∞ típusú”. Ilyenkor persze nem lehet külön-külön számítani a számláló és a nevez˝o határértékét, majd azokat elosztani egymással. Egy standard megoldási módszer az, hogy

egyszer˝usítünk a nevez˝oben szerepl˝o leggyorsabban növ˝o taggal.

A nevez˝obenn²növekszik a leggyorsabban, így ezzel célszer˝u egyszer˝usíteni. A számláló osztásánál ügyeljünk:

gyökös kifejezés osztása esetén, a gyök alatt már az osztónégyzetévelkell osztani. Tehát han²-tel egyszer˝usítünk, akkor a számlálóban a gyök alattn⁴-nel kell osztanunk:

n→∞lim

4-9Megoldás:

Használjuk fel a hatványozás azonosságai közül a következ˝ot: a^b·c= a^bc

. Ebb˝ol következ˝oen:

2³ⁿ= 2³n

Most már egyértelm˝u, hogy8ⁿ-nel célszer˝u egyszer˝usíteni a törtet:

n→∞lim

A számlálóban és nevez˝oben lev˝o törteket írhatjuk egy-egy tört hatványaként is:

n→∞lim

= 0, hiszen mindkét esetbenaⁿtípusú kifejezés határértékér˝ol van szó, ahol teljesül, hogy|a|<1. Innen már meghatározható az eredeti tört határértéke is:

n→∞lim

4-10Megoldás:

Most egy hatvány határértéke a kérdés: a kitev˝o nyilván végtelenhez tart, az alap pedig 1-hez. Röviden: a feladat egy „1^∞típusú” határérték kiszámítása. Ez nem magától értet˝od˝o (ha pl. az alap egy 1-nél nagyobb számhoz tart, akkor könnyen megmutatható, hogy a sorozat(+∞)-be tart, ha meg egy 1-nél kisebb abszolút érték˝u számhoz tart az alap, akkor a sorozat zérussorozat: jelen esetben a helyzet bonyolultabb). Azeszámot definiáló sorozat vizsgálatához hasonló meggondolásokat teszünk.

Nyilván: a_n=

A4-16példában bemutatott meggondolásokkal megmutatható (az Olvasó igazolja!), hogy az(an)sorozat itt is monoton növ˝o és felülr˝ol korlátos, ezért konvergens.

Elég tehát valamelyikrészsorozatánakkiszámítani a határértékét, hiszen az szükségképp megegyezik az eredeti sorozat határértékével. Vizsgáljuk aza3nrészsorozatot:

a_3n= mert a küls˝o zárójelben lev˝o nevezetes sorozate-hez tart.

Ezért végül azt kaptuk, hogy:

n→∞lim

n+ 3 n

n

=e³.

4-11Megoldás:

Most egy hatvány határértéke a kérdés: a kitev˝o nyilván végtelenhez tart, az alap pedig 1-hez. Röviden: a feladat egy „1^∞típusú” határérték kiszámítása. Azeszámot definiáló sorozat vizsgálatához hasonló meggondolásokat teszünk.

A kitev˝on-je3n-re cserélhet˝o, ha még az egész törtnek aztán vesszük az1/3-adik hatványát (használva a hatványozás azonosságait). Azaz

Megjegyzés: A levezetés utolsó részében hallgatólagosan felhasználtuka köbgyökfüggvény folytonosságát, azaz azt, hogy ha egy sorozat valamilyen számhoz tart, akkor a sorozat köbgyöke (azaz a sorozat tagjainak köbgyökeib˝ol képezett sorozat) e szám köbgyökéhez tart. Ezt kés˝obb sokkal nagyobb általánosságban is látni fogjuk.

4-12Megoldás:

Mivel hatványról van szó, vizsgáljuk meg külön az alap és a kitev˝o határértékét. A kitev˝o nyilván∞-hez tart, az alap pedig könnyen ellen˝orizhet˝oen1-hez. Röviden: a feladat egy „1^∞típusú” határérték kiszámítása. Ez nem magától értet˝od˝o: ezeszámot definiáló sorozat vizsgálatához hasonló meggondolásokat teszünk.

Az alapot alakítsuk át1 + (zérussorozat)alakúvá:

5n+ 6 Ezt felhasználva, a sorozat:

a_n=

sorozat egy részsorozata éppa_n, így elég megmutatni, hogy(b_m)konvergens: ekkor az eredeti sorozat is az, és határértéke megegyezik(b_m) határértékével.)

A4-16példában bemutatott meggondolásokkal megmutatható (az Olvasó igazolja!), hogy az(b_m)sorozat monoton növ˝o és felülr˝ol korlátos, ezért konvergens. Továbbá nyilván:

bm =

Elég tehát e sorozat helyett valamelyikrészsorozatánakkiszámítani a határértékét, hiszen az szükségképp

megegyezik(bm)határértékével. Vizsgáljuk ab7mrészsorozatot:

b_7m =

1 + 7 7m

7m/7!7

=

1 + 1 m

m7

=e⁷. mert a küls˝o zárójelben lev˝o nevezetes sorozate-hez tart.

Ezért végül azt kaptuk, hogy:

n→∞lim

5n+ 6 5n−1

5n−1

=e⁷.

4-13Megoldás:

Nyilvánvaló, hogy a számláló is és a nevez˝o is végtelenhez tart, azaz egy „∞

∞ típusú” határérték kiszámítása a feladat. A különböz˝o gyökkitev˝ok miatt kissé nehézkes lenne a leggyorsabban növekv˝o taggal végzett

közvetlen egyszer˝usítés, ezért el˝oször a számlálóban és a nevez˝oben is emeljük ki a gyök alatti leggyorsabban növekv˝o részt:

A szorzatokból vonjunk tényez˝onként gyököt.

n→∞lim Bontsuk fel ezután a törtet két tört szorzatára.

n→∞lim

A második tört határértékének meghatározása könny˝u: ez a határérték nyilván ³

√

√2

5. Foglakozzunk ezért csak az els˝o törttel. Mivel a számlálóban és a nevez˝oben csupánnegy hatványa áll valamilyen gyök alatt, így

törtkitev˝os hatványokat írhatunk inkább:

n→∞lim

A két hatvány hányadosát egyetlen hatványként is írhatjuk. A jobb oldal els˝o tényez˝oje a hatványozás azonosságainak használatával a következ˝o:

n^4/2

n^3/2 =n^4/3−3/2 =n^−1/6= 1 n^1/6 Ennek határértéke pedig zérus. Következésképp:

n→∞lim an= lim

4-14Megoldás:

Haa sorozat konvergens, határértéke könnyan kiszámítható. Jelöljea:= liman, akkor a rekurzív definícióból nyilvánvalóan:

a= 1 a+ 1,

azaz az egyel˝ore ismeretlen határérték megoldása aza²+a−1 = 0egyenletnek. Innen a határérték szükségképp megegyezik az alábbi számok valamelyikével:

a= −1±√ 1 + 5

2 = −1±√ 5 2

Mivel a sorozat valamennyi eleme pozitív (ez azonnal következik a rekurzív definícióból), azért határértéke nem lehet negatív. Kaptuk, hogy ha a sorozat konvergens, akkor határértéke csakis aza:= ⁻¹⁺

√ 5

2 szám lehet.

Most bebizonyítjuk, hogy a sorozat valóban konvergens. Tekitsük újra a rekurzív definíciót:

an+1:= 1 a_n+ 1, és azaszám definiáló egyenl˝oségét:

a= 1 a+ 1 A két egyenlet különbségét képezve:

a_n+1−a= 1

a_n+ 1− 1

a+ 1 = a+ 1−a_n−1

(a_n+ 1)(a+ 1) = a−a_n (a_n+ 1)(a+ 1) Az egyenl˝oség abszolút értékét képezve,(n+ 1)helyett aznindex mellett:

|a_n−a|= 1

(a_n+ 1)·(a+ 1)· |a_n−1−a|

A jobb oldalt növeljük, ha a tört nevez˝ojét csökkentjük,(an+1+ 1)helyébe egyszer˝uen1-et írva:

|a_n−a| ≤ 1

a+ 1· |a_n−1−a|

A jobb oldalon ugyanezt az egyenl˝otlenséget alkalmazhatjuk, míg a|a₀−a|-t el nem érjük:

|a_n−a| ≤ 1

a+ 1· |a_n−1−a| ≤ 1

a+ 1 2

· |a_n−2−a| ≤...≤ 1

a+ 1 n

· |a₀−a| →0,

han→+∞, mivel nyilván0< _a+1¹ <1. Ezzel megmutattuk, hogy az(a_n)sorozat konvergens, és határértéke:

lima_n=a= −1 +√ 5

2 .

4-15Megoldás:

Felhasználva a2-5példa eredményét:

a_n= 1 + 2 + 3 +...+n

n² =

n(n+1) 2

n² = 1 2 ·

1 + 1

n²

Innen pedig:

n→∞lim a_n= 1 2.

10. LECKE

In document Analízis és differenciálegyenletek (Pldal 145-175)