Numerikus sorozatok/Nevezetes határértékek

A Wikikönyvekből, a szabad elektronikus könyvtárból.

Tartalomjegyzék

1 Nevezetes határértékek

[szerkesztés] Nevezetes határértékek

[szerkesztés] ∞⁰ alakú határértékek

Állítás – Ha $a\,$ > 0, akkor $\lim\left(\sqrt[n]{a}\,\right)=1$

Bizonyítás. a = 1-re az állítás triviális módon igaz. Legyen először a > 1. Ekkor a számtani és mértani közép között fennálló egyenlőtlenséget használjuk:

$\sqrt[n]{a}=\sqrt[n]{\underset{\scriptstyle{n-1\quad\mathrm{db}}}{\underbrace{1\cdot 1\cdot...\cdot 1}}\cdot a}\leq\frac{n-1+a}{n}=1-\frac{1}{n}+\frac{a}{n}$

ahol a gyökjel alatt n-1-szer vettük az 1-et szorzótényezőül azzal a céllal, hogy a gyök alatt n tényezős szorzat álljon. Ekkor az n-edik gyök szigorú monoton növő volta miatt

$1<\sqrt[n]{a}\leq 1-\frac{1}{n}+\frac{a}{n}\to 1$

és a rendőrelv miatt így

$\sqrt[n]{a}\to 1$

Állítás $\lim\left(\sqrt[n]{n}\,\right)=1$

Bizonyítás. A bizonyítás meglehetősen trükkös. A gyök alatti kifejezés alá alkalmas darab 1-et írva majd a számtani-mértani egyenlőtlenség növelve, a rendőrelvet kell alkalmaznunk:

$1\leq \sqrt[n]{n} = \sqrt[n]{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\cdot \underset{\scriptstyle{n-2\quad\mathrm{db}}}{\underbrace{1\cdot 1\cdot...\cdot 1}}}\leq\frac{2\sqrt{n}+n-2}{n}=\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{2}{n}\to 1$

Állítás – Ha p_n > 0 általános tagú sorozat polinomrendű, azaz létezik k természetes szám és A pozitív szám, hogy

$\frac{p_n}{n^k}\to A\,$

akkor

$\lim\left(\sqrt[n]{p_n}\,\right)=1$

Bizonyítás. Legyen 0 < ε < A. Egy N nagyobb minden n indexre

$A-\varepsilon<\frac{p_n}{n^k}<A+\varepsilon\,$

ahonnan

$(A-\varepsilon)n^k<p_n<(A+\varepsilon)n^k\,$

és

$\sqrt[n]{(A-\varepsilon)n^k)}<\sqrt[n]{p_n}<\sqrt[n]{(A+\varepsilon)n^k}\,$

Ekkor a rendőrelvet használva, mivel

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{(A-\varepsilon)n^k}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{(A-\varepsilon)}\left(\sqrt[n]{n}\right)^k=1\cdot 1^k=1$

és

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{(A+\varepsilon)n^k}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{(A+\varepsilon)}\left(\sqrt[n]{n}\right)^k=1\cdot 1^k=1$

ezért

$\sqrt[n]{p_n}\to 1\,$

[szerkesztés] Feladatok

1. Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!

$\sqrt[n]{n^2+2n+4}$

(Útmutatás: közvetlenül rendőrelvvel, vagy a polinom n-edik gyökének határértékére vonatkozó állítással.)

Megoldás

$\sqrt[n]{n^2+2n+4}\underset{\scriptstyle{1\leq n\leq n^2}}{\leq}\sqrt[n]{n^2+2n^2+4n^2}=\sqrt[n]{7n^2}=\sqrt[n]{7}\cdot\sqrt[n]{n^2}=\underset{\underset{1}{\downarrow}}{\underbrace{\sqrt[n]{7}}}\cdot\underset{\underset{1}{\downarrow}}{\underbrace{\left(\sqrt[n]{n}\right)^2}}\to 1$

$\sqrt[n]{n^2+2n+4}\geq\sqrt[n]{4}\to 1$

2. Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!

$\sqrt[n^4]{n^3-3n}$

(Útmutatás: a legmagasabb fokú tag felével becsüljük felül (vagy alul, ha kell) a kisebb fokú tagokat, majd alkalmazzuk a rendőrelvet.)

Megoldás

$\sqrt[n^4]{n^3-3n}\leq\sqrt[n^4]{n^3}=\underset{\underset{1}{\downarrow}}{\underbrace{\left(\sqrt[n^4]{n^4}\right)}}\,^{\frac{3}{4}}\to 1$

Itt $\scriptstyle{\left(\sqrt[n^4]{n^4}\right)}$ az $\scriptstyle{\left(\sqrt[n]{n}\right)}$ sorozat $\scriptstyle{n_k=k^4}$ indexsorozattal képezett részsorozata, így az 1-hez tart.

$\sqrt[n^4]{n^3-3n}\underset{ \underset{\scriptstyle{(n>2)}}{3n\leq\frac{n^3}{2}} }{\geq}\sqrt[n^4]{n^3-\cfrac{n^3}{2}}=\sqrt[n^4]{\frac{n^3}{2}}=\sqrt[n^4]{\frac{1}{2}}\cdot\sqrt[n^4]{n^3}\to 1\cdot 1=1$

Ahol felhasználtuk, az előző egyenlőtlenség végén kiszámolt határértéket.

[szerkesztés] 1^∞ alakú határértékek

Állítás – Ha x tetszőleges valós szám, akkor a

$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$

általános tagú sorozat konvergens és ha m egész, akkor

$\lim\limits_{n\to \infty}\left(1+\frac{m}{n}\right)^n=\mathrm{e}^m$

ahol e az Euler-szám.

Pontosabban belátható, hogy racionális x-re a sorozat határértéke a képlet szerinti. Valós x-re az állítás kiterjesztése a függvények folytonossági tulajdonsága segítségével történik.

Bizonyítás. Először belátjuk, hogy a sorozat x > 0-ra konvergens. Ezt ugyanazzal a trükkel tesszük, mint x = 1 esetén.

Monotonitás. A számtani-mértani egyenlőtlenséget használva:

$\sqrt[n+1]{\left(1+\cfrac{x}{n}\right)^n\cdot 1}\leq\frac{n\cdot\left(1+\frac{x}{n}\right)+1}{n+1}=\frac{n+1+x}{n+1}=1+\frac{x}{n+1}\,$

ahonnan (n + 1)-edik hatványozással:

$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\leq \left(1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}$

Tehát a címbeli sorozat monoton nő.

Korlátosság. Ha $\scriptstyle{\lceil x\rceil}$ az x felső egész része, akkor

$\sqrt[n+\lceil x\rceil+1]{\left(1+\cfrac{x}{n}\right)^n\cdot \underset{\lceil x\rceil+1\;\mathrm{db}}{\underbrace{\frac{1}{\lceil x\rceil+1}\cdot ...\cdot\frac{1}{\lceil x\rceil+1}}}}\leq$

$\leq\sqrt[n+\lceil x\rceil+1]{\left(1+\cfrac{\lceil x\rceil}{n}\right)^n\cdot \underset{\lceil x\rceil+1\;\mathrm{db}}{\underbrace{\frac{1}{\lceil x\rceil+1}\cdot ...\cdot\frac{1}{\lceil x\rceil+1}}}}\leq$

$\leq\frac{n\cdot\left(1+\cfrac{\lceil x\rceil}{n}\right)+1}{n+\lceil x\rceil+1}=\frac{n+n\cfrac{\lceil x\rceil}{n}+1}{n+\lceil x\rceil+1}=1$

Tehát $\scriptstyle{n+\lceil x\rceil+1}$ -edik hatványra emelve:

$\left(1+\cfrac{x}{n}\right)^n\leq\left(\lceil x\rceil+1\right)^{\lceil x\rceil+1}$

vagyis a sorozat felülről korlátos.

x = m > 0 egészre a sorozat határértékét egy részsorozatának határértéke kiszámításával határozzuk meg. Ha ugyanis a sorozat konvergens, akkor az összes részsorozata is konvergens, mitöbb, a határértékük ugyanaz. Legyen ugyanis

$n_k=m\cdot k\,$

indexsorozat. Ekkor

$\lim\limits_{n\to \infty}\left(1+\frac{m}{n}\right)^n=\lim\limits_{k\to \infty}\left(1+\frac{m}{mk}\right)^{mk}=\lim\limits_{k\to \infty}\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}\right)^m=\mathrm{e}^m\,$

Megjegyezzük, hogy ezalapján már nem nehéz kiszámítani a határértéket racionális x-re sem, egyszerűen alkalmazni kell a törtkitevős hatványok azonosságait.

Végül legyen x < 0 és y= –x. Ekkor

$\left(1-\frac{y}{n}\right)^n=\left(\frac{n-y}{n-y+y}\right)^n=\frac{1}{\left(\frac{n-y+y}{n-y}\right)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-y}\right)^n}=$

$=\frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-y}\right)^{n-y}}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-y}\right)^{y}}$

Az utolsó egyenlőség után a második tényező az 1-hez konvergál hiszen a bevezőben és a kitevőben lévő y-t a felső és alsó egészrészére növelve és csökkentve egy-egy 1-hez konvergáló sorozatot kapunk, melyek a rendőrelv szerint a közrezárt sorozat 1-hez tartását biztosítják. Az első tényezőről belátjuk, hogy ekvikonvergens egy konvergens sorozattal.

$\frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-y}\right)^{n-y}}\geq \frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil}\right)^{n-y}}\geq \frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil}\right)^{n-\lceil y\rceil+1}}=$

$=\frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil}\right)^{n-\lceil y\rceil}}\cdot \frac{1}{\left(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil}\right)}$

Itt a végeredmény első tényezője az

$\frac{1}{\left(1+\frac{y}{n}\right)^{n}}$

részsorozata, melyet az alábbi indexválasztással nyerünk:

$n_k=k-\lceil y\rceil$

(Természetesen nem minden k-ra értelmezett, csak a pozitív indexeken.) Ez viszont konvergens, a második tényező pedig az 1-hez tart. Ugyanígy az alsó egészrésszel operálva kapjuk a rendőreév szerint, hogy a közrefogott sorozat konvergens (és y = m egész esetén az 1/e^m-hez tart).

[szerkesztés] Feladatok

3. Igazoljuk, hogy az alább általános tagjával adott sorozat konvergens minden x pozitív számra és határértéke az x értékétől függetlenül 1!

$\left(1+\frac{x}{n-x}\right)^{x}$

ha n nagyobb mint x felső egészrésze.

(Útmutatás: a nevezőben és a kitevőben lévő x-et először az alzó, majd a felső egészrésszel csökkentve majd növelve használjuk a rendőrelvet.)

Megoldás

$\left(1+\frac{x}{n-x}\right)^{x}\leq\left(1+\frac{x}{n-\lceil x\rceil}\right)^{\lceil x\rceil}$ a kapott sorozat részsorozata ( $\scriptstyle{n_k=n-\lceil x\rceil}$ indexsorozattal) az

$\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\lceil x\rceil}$

sorozatnak, mely konvergens és az 1-hez tart a határérték és a műveletek közös tulajdonságai folytán. Ugyanígy végezhető a csökkentés is az alsó egészrésszel, ahonnan a rendőrelvre hivatkozva kapjuk, hogy a sorozat az 1-hez tart.

4. Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!

$\left(\frac{n+4}{n+3}\right)^{n}$

(Útmutatás: osszuk le a számlálót is és a nevezőt is n-nel és alkalmazzuk mindkettőre az alkalmas nevezetes határértéket.)

Megoldás

$\left(\frac{n+4}{n+3}\right)^n=\left(\frac{ \cfrac{n+4}{n} }{ \cfrac{n+3}{n} }\right)^n=\frac{\left(1+\cfrac{4}{n}\right)^n}{\left(1+\cfrac{3}{n}\right)^n}\to \frac{\mathrm{e}^4}{\mathrm{e}^3}=\mathrm{e}$

5. Konvergensek-e az alábbi sorozatok? Ha van, mi a határértékük?

$\left(1+\frac{1}{n^2}\right)^{n}, \quad\quad \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}$

(Útmutatás: Alakítsuk át nevezetes alakúvá őket és használjuk a rendőrelvet illetve a majoráns kritériumot.)

Megoldás

$\left(1+\frac{1}{n^2}\right)^{n}=\left(\left(1+\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}\right)^{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{ \left(1+\frac{1}{n^2}\right)^{n^2} }$

itt a gyök alatti sorozat az e-hez tart mert a nevezetes sorozat n_k = k² indexsorozattal adott részsorozata. Tudjuk, hogy a gyök alatti sorozatnak a 4 felső korlátjam így a rendőrelvvel:

$1\leftarrow\sqrt[n]{1}\leq\sqrt[n]{ \left(1+\frac{1}{n^2}\right)^{n^2} }\leq\sqrt[n]{4}\to 1$

Tehát a sorozat az 1-hez tart.

A másik sorozat esetén az átalakítás:

$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}=\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right)^n$

itt a gyök alatti sorozat az e-hez tart emiatt egy indextől kezdve egy 1-nél nagyobb konstanssal alulbecsülhető. Ugyanis 2-höz (pontosabban az ε = (e–2)-höz) létezik N, hogy minden n > N-re a sorozat tagjai nagyobbak 2-nél.

$+\infty\leftarrow 2^n\underset{n>N}{\leq}\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right)^n$

Tehát ez a sorozat nem konvergens, de a +∞-hez tart.

6. Konvergense-e az alábbi sorozat? Ha van, mi a határértéke?

$\left(\frac{n^2-7}{n^2+2n}\right)^{n^2}$

(Útmutatás: Alakítsuk át nevezetes alakúvá.)

Megoldás

$\left(\frac{n^2-7}{n^2+2n}\right)^{n^2}=\left(\frac{ \cfrac{n^2-7}{n^2}}{\cfrac{n^2+2n}{n^2} }\right)^{n^2}=\frac{\overset{\overset{\frac{1}{\mathrm{e}^7} }{\uparrow}}{\overbrace{\left(1+ \cfrac{-7}{n^2} \right)^{n^2}}}}{\underset{\underset{+\infty}{\downarrow}}{\underbrace{\left(1+ \cfrac{2}{n}\right)^{n^2}}}}\to 0$

A határértékek indoklása az előző feladat megoldásában lévőhöz hasonló.

[szerkesztés] Gyökkritérium sorozatokra

Állítás – Gyökkritérium sorozatokra

Ha (a_n) olyan sorozat, hogy létezik q < 1 pozitív szám, hogy

$\sqrt[n]{|a_n|}\to q\,$ ,

akkor (a_n) nullsorozat.
Ha (a_n) olyan sorozat, hogy

$\limsup\left(\sqrt[n]{|a_n|}\right)<1\,$ ,

akkor (a_n) nullsorozat.

Megjegyzés. A tétel második állítása látszólag nehezebbnek tűnik, pedig a bizonyítás elve a 2. állításból olvasható ki.

Bizonyítás. Legyen q az n-edik gyökök abszolútértékei (c_n) sorozatának limszupja (ez az 1.-ben is így van). Ekkor tetszőleges p-re, melyre q < p < 1 teljesül, igaz hogy a (c_n) elemei egy N indextől kezdve mind a [0, p] intervallumban vannak (véges sok tagja lehet csak a limszup fölött). Így minden n > N-re

$\sqrt[n]{|a_n|}\leq p\,$

amit n edik hatványra emelve:

$|a_n|\leq p^n$

de mivel p < 1 és ezért a jobboldal nullsorozat, így a baloldal is. Végeredményben (a_n) nullsorozat.

Numerikus sorozatok/Nevezetes határértékek

A Wikikönyvekből, a szabad elektronikus könyvtárból.

Tartalomjegyzék

[szerkesztés] Nevezetes határértékek

[szerkesztés] ∞⁰ alakú határértékek

[szerkesztés] Feladatok

[szerkesztés] 1^∞ alakú határértékek

[szerkesztés] Feladatok

[szerkesztés] Gyökkritérium sorozatokra

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Nyomtatás/exportálás

Keresés

Eszköztár

Numerikus sorozatok/Nevezetes határértékek

A Wikikönyvekből, a szabad elektronikus könyvtárból.

Tartalomjegyzék

[szerkesztés] Nevezetes határértékek

[szerkesztés] ∞0 alakú határértékek

[szerkesztés] Feladatok

[szerkesztés] 1∞ alakú határértékek

[szerkesztés] Feladatok

[szerkesztés] Gyökkritérium sorozatokra

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Nyomtatás/exportálás

Keresés

Eszköztár

[szerkesztés] ∞⁰ alakú határértékek

[szerkesztés] 1^∞ alakú határértékek