Kalkulus I. Első zárthelyi dolgozat szeptember 16. MINTA. és q = k 2. k 2. = k 1l 2 k 2 l 1. l 1 l n 6n + 8

Átírás

1 Név, Neptu-kód: Legyeek p, q Q tetszőlegesek. Mutassuk meg, hogy ekkor p q Q. Tegyük fel, hogy p, q Q. Ekkor létezek olya k 1, k 2, l 1, l 2 Z, l 1, l 2 0 számok, hogy p = k 1 és q = k 2. l 1 l 2 Ebbe az esetbe p q = k 1 k 2 = k 1l 2 k 2 l 1 l 1 l 2 l 1 l 2 Mivel k 1, k 2, l 1, l 2 Z, ezért k 1 l 2, k 2 l 1 Z, amiből k 1 l 2 k 2 l 1 Z adódik. Hasolóa l 1, l 2 Z miatt l 1 l 2 Z, továbbá l 1 l 2 0, hisze l 1, l 2 0. Ez azt jeleti, hogy p q előállítható egy egész és egy emulla egész szám háyadoskét, ami potosa azt jeleti, hogy p q Q. 2. Igazoljuk, hogy tetszőleges N eseté az kifejezés osztható 9-cel Az állítás teljes idukcióval fogjuk igazoli. Ha = 1, akkor a feti kifejezés = = 27, ami osztható 9-cal, vagyis = 1 eseté teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy va olya N, melyre teljesül a bizoyítadó állítás. Ebbe az esetbe ez azt jeleti, hogy va olya N, hogy az kifejezés osztható 9-cel. Megmutatjuk, hogy ekkor ( + 1) eseté is teljesül az állítás. Valóba, 5 2(+1) 6( + 1) + 8 = ( + 1) + 8 = 25 ( ) ( + 1) + 8 = 25 ( ) Az idukciós feltevés szerit osztható 9-cal, továbbá 144 és 198 szité osztható 9-cel. Ez azt jeleti, hogy a feti összeg midegyik tagja osztható 9-cel, így maga az összeg is. Ebből viszot azt kapjuk, hogy ( + 1) eseté is teljesül az állítás. Így, a teljes idukció elve szerit mide N eseté igaz az állítás, vagyis tetszőleges N eseté az kifejezés osztható 9-cel.

2 3. Vizsgáljuk meg, az x = ( 1) ( N) módo megadott (x ) N sorozatot korlátosság és mootoitás szempotjából. ( pot) Korlátosság Az (x ) N sorozatot akkor evezzük alulról korlátosak, ha létezik olya k R, hogy mide N eseté k x teljesül. Az (x ) N sorozatot akkor evezzük felülről korlátosak, ha létezik olya K R, hogy mide N eseté x K teljesül. Megmutatjuk, hogy a feladatba szereplő (x ) N sorozat mid alulról, mid felülről korlátos. Mivel ( 1) 1, ha páros = 1, ha páratla, ezért ( 1) = 1 mide N eseté. Továbbá, az abszolút érték szubadditivitása miatt tetszőleges x, y R eseté x + y x + y. Azt is fogjuk még haszáli, hogy 1 > 0, hisze > 0 mide N eseté, valamit azt is, hogy if(n) = mi(n) = 1, vagyis Ezekből az adódik, hogy Ez azt jeleti, hogy 1 ( N). 0 < 1 Midet egybevetve, x = 1 ( 1) + 7 ( 1) azaz, 1 ( N) ( N) = 8 ( N), 8 x 8 ( N), ami potosa azt jeleti, hogy az (x ) N sorozat alulról és felülről is korlátos. Mootoitás Azt modjuk, hogy az (x ) N valós számsorozat mooto övekedő, ha tetszőleges, m N, < m eseté x x m teljesül. Azt modjuk, hogy az (x ) N valós számsorozat mooto csökkeő, ha tetszőleges, m N, < m eseté x x m

3 teljesül. Megmutatjuk, hogy a feladatba szereplő sorozat se em mooto övekedő, se em mooto csökkeő. Ehhez elegedő tekiteük a szóba forgó sorozat első három elemét x 1 = = 6 x 2 = x 3 = Mivel x 1 < x 2, ezért az (x ) N sorozat em lehet mooto csökkeő. Továbbá, x 2 > x 3 miatt az (x ) N sorozat em lehet mooto övekedő. Így, az (x ) N sorozat se em mooto övekedő, se em mooto csökkeő. ( pot) 4. Legyeek (x ) N és (y ) N diverges valós számsorozatok. Igaz-e, hogy az (x y ) N sorozat is diverges? Megmutatjuk, hogy diverges sorozatok szorzata lehet diverges és kover- ges is. Legyeek x = ( 1) y = ( 1) ( N). Ekkor (x ) N és (y ) N diverges valós számsorozatok és (x y ) N = ( 1) ( 1) = ( 1) 2 = 1, ami yilvá egy koverges sorozat. Tehát diverges sorozatok szorzata lehet koverges. Ha azoba 2, ha = 3k x = ( 1) y = 1, ha = 3k + 1 ( N), 0, ha = 3k + 2 akkor (x ) N és (y ) N diverges valós számsorozatok és 2, ha = 6k 1, ha = 6k + 1 0, ha = 6k + 2 (x y ) =, 2, ha = 6k + 3 1, ha = 6k + 4 0, ha = 6k + 5 ami egy diverges sorozat. Tehát diverges sorozatok szorzata lehet diverges is.

4 5. Adjuk példát olya (x ) N és (y ) N sorozatokra, melyekre az alábbiak egyidejűleg teljesülek. x = + y = (x + y ) = c, ahol c R egy előre adott valós szám. és Ekkor továbbá, Legye x = + c ( N) y = ( N). x = + és y =, (x + y ) = ( + c ) = c = c. 6. Számítsuk ki az alábbi sorozatok határértékét. (a) (b) (c) hisze 1 = 0 4 x = ( N) = = , 7 1 = 0 2 x = ( N) 2 = = ( ) = ( 2 1) = , 2 1 mivel 2 = 2 x = = si(2) 3 + si(3) ( N)

5 (d) (e) Mivel tetszőleges x R eseté 1 si(x) 1 teljesül, ezért mide N eseté is feállak az egyelőtleségek. Így, teljesül mide N eseté. Mivel ezért a Redőr-elv miatt ( ) ( ) = = hisze 1 si(2) 1 1 si(3) si(2) si(3) = = 2 3, 2 + si(2) 3 + si(3) = 2 3. ( ) 5 x = ( N) + 5 = = e x = ( N) = = = 1. ( ) ( ) 2 3, e, mert ( ) 2 = 0. 3 (5 5 pot)