Numerikus sorozatok/Nevezetes határértékek

Nevezetes határértékek

∞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 pn > 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

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

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.

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).

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.

Gyökkritérium sorozatokra

Állítás – Gyökkritérium sorozatokra Ha (an) olyan sorozat, hogy létezik q < 1 pozitív szám, hogy ${\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}\to q\,$, akkor (an) nullsorozat. Ha (an) olyan sorozat, hogy $\limsup \left({\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}\right)<1\,$, akkor (an) 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.