Matematika A1a 2008/5. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Mértani sorozat)
(Az Euler-féle példa)
185. sor: 185. sor:
 
általános tagú sorozat konvergens, mert igazolható módon monoton és korlátos.
 
általános tagú sorozat konvergens, mert igazolható módon monoton és korlátos.
  
 +
'''Feladat.''' Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!
 +
: <math>\left(\frac{n+4}{n+3}\right)^{n}</math>
 +
''(Útmutatás: osszuk le a számlálót is és a nevezőt is ''n''-nel és alkalmazzuk mindkettőre az alkalmas nevezetes határértéket.)''
 +
 +
:<math>\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}
 +
</math>
  
  

A lap 2008. október 7., 19:00-kori változata

<Matematika A1a 2008

Tartalomjegyzék

Konvergencia

DefinícióKonvergens sorozat – Azt mondjuk, hogy az (an) számsorozat konvergens, ha létezik olyan AR szám, hogy minden ε pozitív szám esetén megadható olyan Nε természetes szám, hogy minden az N-nél nagyobb vagy egyenlő n természetes számra |an - A| < ε. Illetve szimbolikusan:

\exists A\in\mathbb{R}\quad\forall\varepsilon>0\quad\exists N_\varepsilon\in\mathbb{N}\quad\forall n\in\mathbb{N}\quad\quad n\geq N_\varepsilon\quad\Rightarrow\quad|a_n-A|<\varepsilon


Példák. Az \left(\frac{1}{n}\right),  \left(\frac{2}{3n+4}\right), \left(\frac{3}{n^2}\right) sorozatok konvergensek.

Ugyanis, Előzetes ismereteink szerint a sorozatok infimuma a 0 és csökkenőek, így A-ra alkalmas értéknek látszik a 0.

Legyen ε > 0. Mindegyikre keresünk olyan N-t, amire teljesül, hogy ha n > N, akkor |an| < ε. Rendezve az egyenlőtlenségeket:

\begin{matrix}
\cfrac{1}{n}<\varepsilon \quad\quad & \cfrac{2}{3n+4}<\varepsilon \quad\quad & \cfrac{3}{n^2}<\varepsilon \\
 & & \\
n>\cfrac{1}{\varepsilon} \quad\quad & \cfrac{3n+4}{2}>\cfrac{1}{\varepsilon} \quad\quad & \cfrac{n^2}{3}>\cfrac{1}{\varepsilon}\\
& & \\
N>\cfrac{1}{\varepsilon} \quad\quad & N>\cfrac{2}{3\varepsilon}>\cfrac{\frac{2}{\varepsilon}-4}{3} \quad\quad & N>\sqrt{\cfrac{3}{\varepsilon}}
\end{matrix}

Ha tehát N a fenti tulajdonságú, akkor |an| < ε mindháromnál teljesül minden n > N-re. Ez pedig azért van, mert minden valós számnál van nagyobb természetes szám (Archimédeszi axióma).

Feladat. Konvergens-e az a_n=\frac{5n+2}{2n+7} általános tagú sorozat?

(Útmutatás: képezzük az |an - 5/2| különbséget és becsüljük felül egy 1/n szerű sorozattal, ebből az előző példa gondolatmenetével következtessünk vissza az ε-hoz szükséges N-re.)

Konvergens, ugyanis az A = 5/2 olyan szám, hogy a sorozatnak az A minden környezetén kívül csak véges sok tagja van. A konvergensséget (a definíció alapján) a következőképpen látjuk be. Rögzítsünk tetszőlegesen egy ε pozitív számot. Legyen egyelőre n tetszőleges természetes szám, és vizsgáljuk meg, hogy az |an - A| szám felülbecsülhető-e olyan sorozattal, melynek infimuma a 0. A becsléshez

\left|\frac{5n+2}{2n+7}-\frac{5}{2}\right|=\left|\frac{2(5n+2)-5(2n+7)}{2\cdot(2n+7)}\right|=\left|\frac{10n+4-10n-35)}{2\cdot(2n+7)}\right|=
\left|\frac{-31}{2\cdot(2n+7)}\right|=\frac{31}{2\cdot(2n+7)}

Ahol az utolsó lépésben kapott eredményről kell igazolnunk, hogy egy N indextől kezdve ε-nál kisebb. Ehhez oldjuk meg a

\frac{31}{2\cdot(2n+7)}<\varepsilon

egyenlőtlenséget! Reciprokot véve mindkét oldalon (és a reláció érvényességének fenntartására figyelve)

2\cdot(2n+7)>\frac{31}{\varepsilon}
n>\frac{\frac{31}{2\varepsilon}-7}{2}

Azt kaptuk tehát, hogy minden n-re, mely nagyobb az

r=\frac{\frac{31}{2\varepsilon}-7}{2}

számnál, teljesül a kívánt ε-ra vonatkozó egyenlőtlenség. Azaz N-et választhatjuk akármilyen, az r valós számnál nagyobb természetes számra, mert akkor az n > N természetes számokra biztosan igaz lesz a kívánt egyenlőtlenség. r-nél nagyobb N természetes szám pedig van, mert minden valós számnál van nagyobb természetes szám. Tehát összefoglalva, tetszőleges ε pozitív számra, ha

n>N=\left[\frac{\frac{31}{2\varepsilon}-7}{2}\right],

ahol [.] jelöli az „egészrész”t, akkor

\left|\frac{5n+2}{2n+7}-\frac{5}{2}\right|<\varepsilon

Megjegyzés. Némiképp indoklásra szorul, hogy honnan az 5/2. Egyrészt később belátjuk, hogy azonos fokszámú polinomok hányadosának határértéke a főegyütthatók hányadosa. Másrészt a sorozat konvergenciájának vizsgálatánál célszerű nagy n értékekre elképzelni mi történik a sorozattal. Ez nem egyszerű dolog, hisz legtöbb esetben a számítás elvégzése nagy nehézséget okoz, valamint naiv elképzeléseink gyakran megcsalhatnak etekinteben (amelyre példát is hozunk később). Ez esetben könnyű kitalálni a megfelelő A számot: helyettesítsünk n helyébe 1.000.000-t. Ekkor a hányados nagyjából 5.000.000 és 2.000.000 hányadosa, azaz 5/2 és ez a közelítés tovább javul, ha n helyébe nagyobb számot gondolunk. Hangsúlyozzuk, hogy más esetekben elhamarkodott következtetésekre juthatunk a kiszámoláson alapuló módszerrel, melyet nevezhetünk akár naiv módszernek is.

Konvergencia, határérték és műveletek

DefinícióSorozatműveletek mint pontonként definiált műveletek – Legyen (an) és (bn) valós számsorozat. Ekkor

  1. (a_n)+(b_n)\, vagy (a_n+b_n)\,
    jelöli az an+bn általános tagú sorozatot;
  2. (a_n)\cdot (b_n)\, vagy (a_n\cdot b_n)\,
    jelöli az an\cdotbn általános tagú sorozatot;
  3. ha (bn) tagjai között csak véges sok 0 található, akkor
    \frac{(a_n)}{(b_n)} vagy \left(\frac{a_n}{b_n}\right)\,
    jelöli az an/bn általános tagú sorozatot;


Megjegyzések. Világos, hogy sorozatok különbségét nem feltétlenül szükséges külön definiálnunk, hiszen (an) - (bn) sorozat tekinthető úgy, mint a (an) + (-1)\cdot(bn) sorozat (ahol (-1) az azonosan -1 sorozat).

Másrészt függvényként értelmes lenne a hányados, mint n \mapsto an/bn, mindenféle megszorítás nélkül, azonban ekkor lehetséges lenne, hogy ennek a sorozatnak az értékei legfeljebb csak véges sok indexre értelmezettek. Az ilyen sorozatok konvergencia szempontjából semmiképpen nem vizsgálhatóak, hiszen ezekre a sorozatokra a konvergencia definíciója értelmessé lenne tehető és minden véges sorozat konvergens volna, de nem lenne egyértelmű határértéke. Másrészt elvileg megengedhetőek lennének olyan sorozatok, melyek végtelen sok helyen definiáltak és és végtelen sok helyen nem definiáltak lennének, de az ilyen sorozatok egyszerűen úgy tekinthetőek, mint (a később definiált értelemben vett) részsorozatok.

TételA konvergencia és a határérték is invariáns az alapműveletekre – Ha (an) és (bn) konvergens sorozatok, akkor

  1. (an+bn) is konvergens és
    \lim(a_n+b_n)=\lim(a_n)+\lim(b_n)\,
  2. (an\cdotbn) is konvergens és
    \lim(a_n\cdot b_n)=\lim(a_n)\cdot\lim(b_n)\,
  3. ha lim(bn) ≠0, akkor (an/bn) is konvergens és
    \lim\left(\frac{a_n}{b_n}\right)=\frac{\lim(a_n)}{\lim(b_n)}

Feladatok

1. Konvergens-e és ha igen, mi a határértéke az alábbi sorozatnak?

\left(\frac{2n^2-3n+9}{2+4n-n^2}\right)

(Útmutatás: a számlálót és nevezőt osszuk le a nevező legmagasabb fokú tagjával.)

\frac{2n^2-3n+9}{2+4n-n^2}\;=\;\frac{2-\frac{3}{n}+\frac{9}{n^2}}{\frac{2}{n^2}+\frac{4}{n}-1}\to\frac{2-0+0}{0+0-1}=\frac{2}{-1}=-2

Hivatkozva a határérték és műveletek kapcsolatára vonatkozó tételre.

Megjegyezzük, hogy polinomok hányados esetén, ha a számláló és a nevező azonos fokszámú, akkor a hányados a számláló és a nevező főegyüthatójának hányadosához tart.


2. Konvergens-e és ha igen, mi a határértéke az alábbi sorozatnak?

\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)

(Útmutatás: tekintsük törtnek és gyöktelenítsük a számlálóját.)

\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{1}\cdot\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=
=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\leq\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0

Ezzel kapcsolatban rámutatnánk az

(A+B)(A-B)=A^2-B^2\,

azonosság múlhatatlan fontosságára, melyet az számlálóban alkalmaztunk az

A=\sqrt{n+1}
B=\sqrt{n}

szereposztásban.


3. Konvergens-e és ha igen, mi a határértéke az alábbi sorozatnak?

\left(n^3\cdot(\sqrt{n^4+1}\,-n^2\right)

(Útmutatás: a második tényezőt tekintsük törtnek és gyöktelenítsük a számlálóját.)

n^3\cdot(\sqrt{n^4+1}\,-n^2)=n^2\cdot\frac{\sqrt{n^4+1}\,-n^2}{1}\cdot\frac{\sqrt{n^4+1}\,+n^2}{\sqrt{n^4+1}\,+n^2}=n^2\cdot\frac{(n^4+1)-n^4}{\sqrt{n^4+1}\,+n^2}=
=\frac{n^2}{\sqrt{n^4+1}\,+n^2}\;=\;\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}\,+1}\to \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}

Ezzel kapcsolatban rámutatnánk az

(A+B)(A-B)=A^2-B^2\,

azonosság múlhatatlan fontosságára, melyet az számlálóban alkalmaztunk az

A=\sqrt{n^4+1}
B=n^2\,

szereposztásban.

Monoton, korlátos sorozatok

A konvergencia alábbi, gyakran alkalmazott, elégséges feltétele a sorozatok monoton tulajdonságát helyezi előtérbe. Mindezekhez elevenítsük fel a monoton sorozat definícióját.

Monoton sorozat

Definíció – Azt mondjuk, hogy az (an) valós számsorozat

  1. monoton növekvő, ha minden n természetes számra teljesül:
     a_{n}\leq a_{n+1}\,
    szigorúan monoton növekvő, ha minden n természetes számra teljesül:
     a_{n}< a_{n+1}\,
  2. monoton csökkenő vagy monoton fogyó, ha minden n természetes számra teljesül:
     a_{n+1}\leq a_n\,
    szigorúan monoton csökkenő, ha minden n természetes számra teljesül:
     a_{n+1}< a_n\,
  3. monoton, ha monoton növekvő vagy monoton csökkenő
  4. szigorúan monoton, ha szigorúan monoton növekvő vagy szigorúan monoton csökkenő


Megjegyzés. A monotonitást, például a szigorú monoton növekedést még úgy is megfogalmazhatjuk, hogy tetszőleges n > m természetes számokra: an > am


Feladat. Igazoljuk, hogy az

a_n=\sin\left(\frac{1}{n}\right)

általános tagú sorozatot szigorúan monoton csökken!

(Útmutatás: használjuk fel, hogy a sin függvény a (0,π/2) intervallumon szigorúan monoton nő.)

Világos:

n < n+1\;

ezért reciprokot véve

\frac{1}{n} > \frac{1}{n+1}\;

és mivel a sin függvény a (-π/2;+π/2) intervallumon szigorúan monoton növekszik, ezért a fenti egyenlőtlenséget megtartja:

\sin\left(\frac{1}{n}\right) > \sin\left(\frac{1}{n+1}\right)\;

Tétel a konvergencia monoton korlátossággal megfogalmazott elégséges feltétele – Monoton, korlátos sorozat konvergens.


Megjegyzés. A konvergencia lokalitásából következik, hogy a tétel állítása olyan korlátos sorozatokra is érvényes, melyek csak egy indextől kezdve monotonak.

Bizonyítás. Legyen (an) monoton, korlátos valós számsorozat. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy az (an) monoton növekvő. Világos, hogy a sorozat szuprémuma véges. Belátjuk, hogy a sorozat konvergál a sup(an) számhoz.

Legyen ε > 0 tetszőleges. Ekkor a szuprémum egyenlőtlenségekkel történő jellemzése alapján sup(an)–ε már nem felső korlátja (an)-nek, így létezik N természetes szám, hogy

a_N > \mathrm{sup}(a_n)-\varepsilon\,

Mivel (an) monoton növekvő, ezért minden n > N természetes számra

a_n\geq a_N\,

így minden n > N-re

\mathrm{sup}(a_n)\geq a_n\geq a_N\,>\mathrm{sup}(a_n)-\varepsilon\,

ami azt jelenti, hogy az N+1 indextől kezdve a sorozat minden tagja benne van a sup(an) szám ε sugarú környezetében.

Mértani sorozat

Azok a mértani sorozatok, melyek kvociensének abszolút értéke kisebb mint 1, a nullához konvergálnak. Pont emiatt ezeknél a sorozatoknál teljesen érdektelen, hogy mi az első tagjuk – rendszerint azt 1-nek választjuk.

Állítás – Ha |q| < 1, akkor (qn) konvergens és lim(qn) = 0.

Az állítás legegyszerűbb (bár módszertanilag talán kifogásolható) bizonyítása, ha megkíséreljük a definíciót felírva megoldani a szokásos egyenlőtlenséget. Legyen ε pozitív szám és keresünk olyan N-et, hogy minden n > N-re

|q^n|<\varepsilon\,

teljesüljön. Ehhez oldjuk meg az alábbi egyenlőtlenséget n-re:

|q^n|=|q|^n<\varepsilon\,

Feltehető, hogy q nem nulla, hiszen ekkor az azonosan nulla sorozattal van dolgunk. Vegyük a tizes alapú logaritmusát:

\mathrm{lg}\,|q|^n<\varepsilon\,
n\cdot\mathrm{lg}\,|q|<\varepsilon\,
n>\frac{\varepsilon}{\mathrm{lg}\,|q|}\,

hiszen negatív számmal osztva az egyenlőtlenség megfordul. Ezért ha N-et az előző egyenlőtlenség jobb oldalánál nagyobbra választjuk, akkor a nála nagyobb n-ekre bizonyosan igaz lesz a kívánt állítás.

Az Euler-féle példa

Az

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

általános tagú sorozat konvergens, mert igazolható módon monoton és korlátos.

Feladat. 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.)

\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}
Személyes eszközök