Gyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához

Átírás

1 Gyakorló feladatok az II. konzultáció anyagához 003/004 tanév, I. félév 1. Vizsgáljuk meg a következő sorozatokat korlátosság és monotonitás szempontjából! a n = 5n+1, b n = n + n! 3n 8, c n = 1 ( 1)n n. Vizsgáljuk meg az előző feladat sorozatait, hogy melyek konvergensek ill. divergensek! A konvergens sorozatok esetén adjunk meg az ε = 0.1, 10 3, 10 6 értékekhez olyan n 0 küszöbszámokat, melyeknél nagyobb n indexekre a sorozatok mér ε-nál jobban megközelítik a határértéket! 3. Legyen adott az a n = n3 + n + 1 3n 3 + n + n + 1 sorozat. Adjunk meg tetszőleges ε > 0 értékhez olyan n 0 küszöbszámot, melynél nagyobb n indexekre a sorozat már ε-nál jobban megközelíti a határértéket! 4. Határozzuk meg a következő sorozatok határértékét! a n = n5 1n n 6 +n 13, b n = 10n n + n +10 5, c n = n + 1 n 1, d n = 4n + 5n + n, e n = ( n 3 n 5 )3n, f n = ( n + n +3 )n Határozzuk meg, hogy a következő sorok konvergensek, vagy divergensek, ha lehet akkor határozzuk meg az összegüket is! a) n=0 1 5n +, b) n=1 1 n, c) n= 1 n +3n+, d) n=0 1 n!, e) n=0 1 (3n)!, f) n=1 n! n, g) n=1 ( n+1 n+ )n, h) n=0 3 n+1 n, j) n=1 7 n +1, k) n=1 8n +1 (n +1)n, l) n=1 1 n n, m) n=1 n 3 n, 6. Mekkora összeget kell 0 éven keresztül minden év január elsején a bankba tennünk 3%-os kamatláb mellett, hogy a 0. év végére 15 millió forint álljon a rendelkezésünkre? 7. Kölcsönt vettünk fel 0 évre évi 8%-os kamatláb mellett és évente Ft törlesztést fizetünk. Mekkora kölcsönt vettünk fel? 8. Határozzuk meg a következő függvények értelmezési tartományát és az értelmezési tartomány torlódási pontjainak halmazát! f(x) = ln x x, g(x) = lg sin(x) 1

2 9. Határozzuk meg a következő függvényhatárértékeket! x a) lim 4 +5x +6x 1 x 0, b) lim x +x+1 4x 3 6x 6x+ x 0, c) lim x 3 +3x +3x+1 x x +1, x+ d) lim x x 0, e) lim cos x 1 cos x 1 x x 0, f) lim x x 0, x sin x g) lim x 3 x x 3 x 5x+6, h) lim x 0 x x, x 3 +x +x

3 Megoldások 1. Az a n sorozat első elemei: 5, 5, 6.5, , , , 108.5, 77.5,... Mivel a n = 5 n+1 /n! és a n+1 = 5 n+ /(n + 1)! összehasonlításából kapjuk, hogy a n szigorúan monoton csökkenő az ötödik tagtól kezdve. Emiatt egy felső korlátja a sorozatnak a 4 = a 5 = , egy alsó korlát pedig lehet a nulla. Tehát a sorozat korlátos és a negyedik tagig szigorúan monoton nő, majd az ötödiktől szigorúan monoton csökken. A b n sorozat első elemei: 1/4, 3/5,, 5, 3/, 1, 4/5,... A b n és b n+1 összehasonlításából kapjuk, hogy a harmadik tagtól kezdve a sorozat szigorúan monoton csökkenő. Azt is könnyű látni, hogy n 3 esetén a sorozat elemei már pozitívak. Emiatt egy alsó korlát lehet a, egy felső pedig az 5. A sorozat tehát korlátos és a harmadik tagtól szigorúan monoton csökkenő. A c n sorozat első elemei:,, 1/, 4/3, 3/4,... A sorozat nem monoton, hiszen a páros sorszámú elemek egynél kisebbek a páratlanok pedig nagyobbak. Mivel az 1/n sorozat szigorúan monoton csökkenő a sorozat korlátos. Alsó korlát: 1/, felső korlát:.. Az a n sorozat határértéke nulla, lásd pl. a 6. tételt a jegyzetben. A jegyzetbeli bizonyításhoz hasonlóan 5 n+1 ( ) 0 n! = 5n n 5 n! 5! < ε. 6 5! ε lg 5 n > 6 lg A keresett küszöbszámok tehát rendre: n 0 = 44, n 0 = 69 és n 0 = 107. A b n sorozat határértéke 1/3. Legyen n 3. n + 3n = 14 9n 4 < ε. 14 ε n > A keresett küszöbszámok tehát rendre: n 0 = 18, n 0 = 1558 és n 0 = A c n sorozat határértéke egy. 1 ( 1)n 1 n = 1 n < ε. n > 1/ε. A keresett küszöbszámok tehát rendre: n 0 = 10, n 0 = 1000 és n 0 = A sorozat határértéke 1/3. n 3 + n + 1 3n 3 + n + n = 5n n n 3 + 3n + 3n + 3 < ε. 3

4 Mivel innét nagyon körülményes lenne n értékét kifejezni becsléssel élünk. A tört számlálóját növeljük, a nevezőt pedig csökkentjük, így növelve meg a tört értékét. 5n n n 3 + 3n + 3n + 3 5n + 35n 9n 3 n > 40/(9ε). = 40n 9n 3 < ε. 4. a n -nél a számlálót és nevezőt is végigosztva n 6 -onnal kapjuk, hogy a n 0. b n -nél a számlálót és nevezőt is végigosztva 5 n -nel kapjuk, hogy a n. c n -nél szorzunk és osztunk a n n 1 kifejezéssel. c n 0. d n 5/4. Mivel 5. ( ) n 3 3n ( = 1 + ) 3(n 5)+15 ( ( = (1 + ) n 5 ) 3 ( 1 + ) 15, emiatt e n e 6. Hasonlóan kapjuk, hogy f n 1/e. a) A 1 n=0 = (1/5) (π /6) = π /30 konvergens sor majorálja. Emiatt konvergens. 5n b) A 1 n=1 divergens (harmonikus sor 1/-szerese) sor minorálja. Emiatt divergens. n c) A 1 n= = π /6 konvergens sor majorálja. Emiatt konvergens. n d) A hányadoskritériumot használva: a n+1 a n = 1 n < 1. Tehát a sor konvergens. e) A hányadoskritérium alapján konvergens a sor. f) Mivel n!/n = 0, ezért az ezen sorozatból képzett sor nem lehet konvergens. g) A gyökkritériumot használva ( ) n n + 1 n an = n = n + ( ) n + 1 n 1/e < 1. n + Tehát a sor konvergens. h) Ez egy végtelen mértani sor. Az összegét is meg tudjuk határozni. n=0 3 n+1 n = n=0 A sor konvergens és összege 1. j) Konvergens, majoráns kritérium. k) Divergens, minoráns kritérium l) Konvergens, gyökkritérium m) Konvergens, hányadoskritérium ( ) 3 n 3 = (3/4) = Ft-ot kell évente a banka tenni a gyűjtőjáradék képlete alapján millió Ft-ot vettünk fel a törlesztőjáradék képlete alapján. 4

5 8. Az f(x) függvénynél az (x + 1)/(1 x) törtnek pozitívnak kell lennie. Ez csak úgy lehet, ha x ] 1, 1[. Azaz D f =] 1, 1[. Ennek a halmaznak a saját elemein kívül a 1 és az 1 is torlódási pontja. Azaz T Df = [ 1, 1]. A g(x) függvénynél a gyök alatt nem állhat negatív szám, azaz sin x 1 kell legyen. Ez csak úgy lehet, ha x = π/ + kπ (k ZZ). D g = {x IR x = π/ + kπ}. T Dg = (lásd a 78. tétel 4. pontját a jegyzetben). 9. a) -1/ (nem kritikus határérték). b) 1 (nem kritikus határérték). c) ( / típus. Számlálót és nevezőt is osztjuk x-szel.) d) nincs határérték. A jobboldali határérték 1, a baloldali -1. e) Alkalmazzuk a sin α = 1 cos(α) összefüggést α = x/-re. Azt kapjuk, hogy Emiatt cos x 1 x cos x = 1 sin x. = sin x x = sin x 4 ( ) 1 x (x 0). Itt azt használtuk, hogy lim x 0 (sin x/x) = 1. f) cos x 1 x sin x = sin x sin x = (x 0). x sin x x g) 4 ( 0/0 típus, a számláló és nevező is osztható az x 3 polinommal.) h) -1 ( 0/0 típus, a számláló és nevező is osztható az x polinommal.) 5