Számsorozatok 2015. december 22. 1. Alapfeladatok 1. Feladat: Határozzuk meg az a 2 + 7 5 2 + 4 létezik. sorozat határértékét, ha Megoldás: Mivel egy tört határértéke a kérdés, ezért vizsgáljuk meg el ször, hogy létezik-e határértéke a számlálóak, és evez ek. Ha ige, akkor egyszer e veük kell a két határérték háyadosát. Nyilvávaló, hogy 2 +7), hisze két olya tag összegér l va szó, melyek midegyike végtelehez tart. A számlálóak tehát ics határértéke. Hasolót modhatuk a evez r l is, 52 +4). A evez ek sics tehát határértéke. Az eddigieket rövide úgy fogalmazhatjuk meg, hogy a meghatározadó határérték típusú. Az ilye típusú határértékek esetébe bármilye valós szám, s t végtele is lehet az eredméy, ezért az ilye tí- pust kritikusak, vagy határozatlaak evezzük. Ilyekor átalakítjuk a sorozatot megadó kifejezést úgy, hogy már e legye kritikus típusú. A típusú határértékek esetébe általába célszer egyszer sítei úgy a törtet, hogy a evez már e tartso végtelehez. Ezt úgy érhetjük el, ha a evez leggyorsabba övekv tagjával egyszer sítük. Jele esetbe az 2 övekszik leggyorsabba a evez be, így célszer ezzel egyszer sítei a törtet. 2 + 7 5 2 + 4 + 7 5 + 4 2 Az átalakított tört már em kritikus típusú, mert a számlálóba álló 7, s a evez be lev 4 véges midegyike típusú, így 0-hoz tartaak, 2 a kostasok határértéke pedig ömaga a kostas. 1
+ 7 Ebb l következ e 5 + 4 + 0 5 + 0 5. 2 2. Feladat: Határozzuk meg az a 2 4 7 2 sorozat határértékét, ha + 9 létezik. Megoldás: Az el z feladathoz hasolóa, most is egy típusú határérték a kérdés. Ismét célszer 2 -tel egyszer sítei a törtet, mert ez a leggyorsabba övekv tag a evez be. 2 4 2 4 7 2 + 9 2 7 + 9 A számlálóba álló 4 2, és a evez be lev 9 midegyike 0-hoz tart, hisze véges típusúak. Viszot a számlálóba most eze kívül em csak egy kostas maradt, haem 2. Ez yilvá végtelehez tart, s így a határérték a következ : 2 4 2 7 + 9 + 0 7 + 0 7. A sorozat tehát em koverges, ics határértéke.. Feladat: Határozzuk meg az a 6 + 5 2 sorozat határértékét, ha 9 létezik. Megoldás: A kérdéses határérték ismét típusú, de most a evez be övekszik a leggyorsabba, így ezzel célszer egyszer sítei. 6 2 + 5 6 + 5 2 9 2 9 2 Tudjuk, hogy 6 2 0, 5 0 és 9 véges 0, mert midegyik 2 típusú. Ebb l következ e a határérték a következ : 6 2 + 5 2 9 0 + 0 2 0 0 2 0. 2 4. Feladat: Határozzuk meg az a létezik. 4 + 7 2 6 sorozat határértékét, ha 2
Megoldás: A számlálóba a gyök alatti kifejezés yilvá végtelehez tart, s ebb l következ e az egész gyökös kifejezés is végtelehez tart, s így a tört megit típusú. A evez be 2 övekszik a leggyorsabba, így ezzel célszer egyszer sítei. A számláló osztásáál gyeljük oda! Gyökös kifejezés osztása eseté, a gyök alatt már az osztó égyzetével kell osztai. Tehát ha 2 -tel egyszer sítük, akkor a számlálóba a gyök alatt 4 -el kell osztauk. Mivel 4 + 7 2 6 + 1 7 6 2 1 0 és 6 + 1 + 0 7 6 7 0 7. 2 0, ezért a határérték a következ : 2 5. Feladat: Határozzuk meg az a 5 4 sorozat határértékét, ha + 9 létezik. Megoldás: Mivel és 4 midegyike végtelehez tart, így megit egy típusú határérték a kérdés. Ismét egy megfelel egyszer sítés segít rajtuk. Jele esetbe 4 -el célszer egyszer sítei a törtet. 5 4 + 9 4 5 4 1 + 9 4 A számlálóba lev els tört számlálójába és evez jébe megegyezik a kitev, így ezt írhatjuk egyetle tört hatváyakét is. 4 5 ) 5 4 4 4 1 + 9 4 1 + 9 4 ) A számlálóba álló 0, mert 4 a 0, ha a olya valós szám, melyre 1 < a < 1 teljesül. Ugyacsak 0-hoz tart az 5 4 és a 9 4 is, hisze ezek véges típusúak. Ezek felhaszálásával a határérték a következ :
) 5 4 4 0 0 1 + 9 1 + 0 0. 4 6. Feladat: Határozzuk meg az a 2 + 5 létezik. 8 sorozat határértékét, ha + Megoldás: Feladatuk agyo hasolít az el z re, yilvá most is egy típusú határértékkel álluk szembe. Kicsi változás az el z höz képest, hogy most em csak fordul el a kitev be, haem is. Jobb lee azoba, ha mideütt, csak szerepele. Haszáljuk fel a hatváyozás azoosságai közül a következ t: a b c a b) c Ebb l következ e: 2 2 ) 8. Ezutá a következ t írhatjuk: 2 + 5 8 + 8 + 5 8 + Így már egyértelm, hogy 8 -el célszer egyszer sítei a törtet. 8 + 5 1 + 5 8 + 8 1 + 8 A számlálóba és evez be lev kicsi törteket írhatjuk egyetle tört hatváyakét is. 1 + 5 8 1 + 8 5 1 + 8) 8) 1 + ) 5 ) Mivel 0, és 0, hisze midkét esetbe a 8 8 típusú kifejezés határértékér l va szó, ahol teljesül, hogy 1 < a < 1, ezért már meghatározható az eredeti tört határértéke is. 5 1 + 8) ) 1 + 0 1 + 0 1 1 + 8 7. Feladat: Határozzuk meg az a 2 6 7 sorozat határértékét, ha + 4 létezik. Megoldás: A határérték yilvá típusú, és a tört jellege hasoló az el z feladatba szerepl éhez, így haladjuk ugyaúgy mit az el bb. 4
Els lépéskét alakítsuk át a 2 -t, írjuk ikább 2) 9 formába. 2 6 9 6 7 + 4 7 + 4 Ezutá 7 -el egyszer sítsük a törtet. 9 6 7 + 4 9 7 6 7 1 + 4 7 Ahol a számlálóba és a evez be azoos kitev szerepel, ott írjuk ikább a tört hatváyát. 9 7 ) 6 1 + 7 4 7) Ezutá vizsgáljuk külö a szerepl kicsi törtek határértékét! 6 véges 0 mert 7 típusú. ) 4 0, mert a típusú, ahol 1 < a < 1. 7 ) 9 Viszot, mert a típusú, de itt a > 1. 7 Eze részletek alapjá az eredeti határérték a következ : ) 9 6 7 7 ) 4 0 1 + 0 1 + 7 A sorozat tehát em koverges, ics határértéke. 8. Feladat: Határozzuk meg az a + 1 sorozat határértékét, ha létezik. Megoldás: Most em tört határértéke a kérdés, haem egy külöbségé. Nyilvávaló, hogy + 1 és midegyike végtelehez tart, amit úgy is modhatuk, hogy egy típusú határérték a kérdés. Az ilye típusú határértékek ugyaúgy kritikusak, mit a típusú határértékek. Most átalakítási lehet ségek a gyökteleítés kíálkozik, amit a középiskolai taulmáyok sorá általába evez be alkalmaztuk. Az volt a léyege, hogy két gyökös kifejezés külöbségét b vítettük ugyaazo két gyökös kifejezés összegével. Két gyökös kifejezés összegét pedig a külöbségükkel b vítettük, de ez most em érdekes számukra.) Midezt formulákkal a következ módo írhatjuk: a b a b) a + b) a + b a b a + b. 5
Alkalmazzuk most ezt a határértékük meghatározására. ) + 1 + 1) + 1 + + 1 ) + 1 + ) + 1 + 1 + 1 + A számlálóba már csak egy kostas áll, így elég a evez t vizsgáluk. A megoldás elejé már említettük, hogy + 1 és midegyike végtelehez tart. A evez be most ezekek em külöbsége, haem összege áll, így ez em kritikus. Két végtelehez tartó kifejezés összege yilvávalóa maga is végtelehez tart. Koyhayelve ezt úgy modhatjuk rövide, hogy +. A törtük evez je tehát végtelehez tart, ami azt jeleti, a tört véges típusú, s így határértéke 0, azaz 1 + 1 + 0. 9. Feladat: Határozzuk meg az a + 5 2 sorozat határértékét, ha létezik. Megoldás: A feladat agyo hasolít az el z re, két végtelehez tartó kifejezés külöbségével álluk szembe. Haszáljuk a gyökteleítést, mit az el z feladatba. ) + 5 2 + 5 2) + 5 + 2) + 5 + 2 + 5) 2) 7 + 5 + 2 + 5 + 2 Felhívjuk a gyelmet arra, hogy a gyökteleítés utá a kifejezéseket zárójelbe kell tei, mert mide 'hosszú' m veleti jel egybe zárójel is. A + 5 esetébe ics jelet sége eek a zárójelek, mert a kifejezés el tt semmilye szorzó vagy el jel em áll. Viszot a 2 eseté már fotos a zárójel, hisze el tte egatív el jel va. A számlálóba már csak egy kostas áll, ezért elég a evez t vizsgáluk. Mivel + 5 és 2 midegyike végtelehez tart, ezért összegük is végtelehez tart. Amit az el z feladatba, úgy most is egy véges típusú törtet kaptuk, amiek határértéke 0, azaz 7 + 5 + 2 0. ) + 10. Feladat: Határozzuk meg az a sorozat határértékét, ha létezik. 6
Megoldás: Most egy hatváy határértéke a kérdés, ezért külö megvizsgáljuk az alapot és a kitev t, hogy hova tartaak. A kitev az egyszer bb, yilvá végtelehez tart. Az alap egy tört, amelyek számlálója és evez je is végtelehez tart. Ilye törtekkel foglalkoztuk az els feladatokba, s amit kiderült, ilyekor célszer egyszer sítei. Most -el egyszer sítsük. + 1 + 1 + ) 1 Mivel véges egy típusú tört, ezért 0-hoz tart, s ebb l következ e: 1 + ) 1. Az eddigieket úgy fogalmazhatjuk meg, hogy a feladatba egy 1 típusú határérték a kérdés. Az ilye típúsú határértékek kritikusak, ezért át kell alakítauk ket a határérték meghatározásához. Amit az el bb láthattuk, az alap em csak egyetle törtkét írható, haem felbotható 1 és egy tört összegére az alábbi módo: + 1 +. Haszáljuk ezt fel. + 1 + ) ) Ezzel léyegébe késze is vagyuk, hisze tudjuk, 1 + k ) e k. Most a k szerepét a tölti be a kifejezésbe, ebb l következ e: 1 + ) e. Megjegyzés: A megoldás sorá felhaszáltuk, hogy az alap em csak egyetle törtkét írható, haem felbotható egy összegre. Ezt az alakot most egyszer sítés utá kaptuk meg, de ez em midig járható út. Viszot ha egy tört számlálójába összeg, vagy külöbség áll, akkor az midig felbotható két tört összegére, illetve külöbségére úgy, hogy a evez vel külö osztjuk a számláló tagjait. Ebbe a feladatba a következ t jeleti ez: + + Természetese az els törtet egyszer sítjük, így kapjuk a már korábba felírt alakot. + 1 + A kés bbiekbe az ilye átalakítási módot még többször fogjuk haszáli. 7
11. Feladat: Határozzuk meg az a ha létezik. ) 5 + 6 5 1 sorozat határértékét, 5 1 Megoldás: Mivel hatváyról va szó, vizsgáljuk meg külö az alap és a kitev határértékét. A kitev yilvá -hez tart. Az alapot egyszer sítsük -el. 5 + 6 5 + 6 5 1 5 1 5 + 0 5 0 1 A feladatba szerepl hatváy tehát 1 típusú. Alakítsuk át az alapot az el z feladat megoldásáak végé lev megjegyzésbe leírtak szerit, azoba az egyetle tört két törtre darabolása el tt a számlálót botsuk két tagra úgy, hogy az egyik tag a evez vel egyezze meg. Így a felbotás utá az els tört egyszer síthet lesz, és éppe 1-gyel lesz egyel. 5 + 6 5 1) + 7 5 1 5 1 5 1 5 1 + 7 5 1 1 + 7 5 1 Írjuk ebbe a formába a határértékbe az alapot. ) 5 1 5 + 6 5 1 ) 5 1 1 + 7 5 1 Az el z feladatba már hivatkoztuk arra, hogy 1 + k ) e k. Most léyegébe ilye típusú kifejezés határértéke a kérdés, csak ayi a külöbség, hogy szerepét az 5 1 vette át. Ez a kifejezés került mideütt helyére. Azt is megtehetjük, hogy bevezetük egy jelölést eze kifejezésre, például legye t 5 1, és így írjuk fel a határértéket. Mivel eseté 5 1), ezért a határértékbe t fog álli. 1 + 7 5 1 ) 5 1 1 + 7 ) t t t 1 + k ) határérték, Ez láthatóa csak más bet vel va írva, mit a valamit a k szerepét most a 7 tölti be. Ezek alapjá az eredméy: t 1 + 7 t ) t e 7. 12. Feladat: Határozzuk meg az a ha létezik. ) 4 + 1 4+ sorozat határértékét, 4 + Megoldás: Egy hatváyról va szó, tehát vizsgáljuk meg külö az alap és a kitev határértékét. A kitev yilvá -hez tart. 8
Az alapot egyszer sítsük -el. 4 + 1 4 + 1 4 + 4 + 4 + 0 4 + 0 1 A feladatba szerepl hatváy tehát 1 típusú. Alakítsuk át az alapot az el z feladatba leírtak mitájára. A számlálót botsuk két tagra úgy, hogy az egyik tag a evez vel egyezze meg, majd a törtet botsuk két törtre, és egyszer sítsük. 4 + 1 4 + ) 2 4 + 4 + 4 + 4 + 2 4 + 1 2 4 + Írjuk ebbe a formába a határértékbe az alapot. ) 4+ ) 4+ 4 + 1 4 + 1 2 4 + 1 + k ) e k, de most Ismét jó lee hivatkozi arra, hogy eltérés va egy el jelbe. Ezért a tört el tti egatív el jelet vigyük a tört számlálójába. 1 2 4 + ) 4+ 1 + 2 ) 4+ 4 + Most már formailag teljese olya, mit a 1 + k ) határérték, csak ayi a külöbség, hogy szerepét a 4+ vette át. Ez a kifejezés került a evez be és a kitev be is helyére. Bevezethetjük a t 4 + jelölést, majd felírhatjuk t-vel a határértéket. Mivel eseté 4 + ), ezért a határértékbe t fog álli. 1 + 2 4 + ) 4+ t 1 + 2 t Ez láthatóa csak más bet vel va írva, mit a valamit a k szerepét most a 2 tölti be. Ezek alapjá az eredméy: t 1 + 2 t ) t e 2. ) t 1 + k ) határérték, 2. Összetett feladatok 1. Feladat: Vizsgáljuk meg az a 5 + 7 sorozatot mootoitás szempotjából! Ha korlátos a sorozat, adjuk meg a legagyobb alsó és a 4 legkisebb fels korlátot! Határozzuk meg a sorozat határértékét, és adjuk meg ε 10 2 -hoz küszöbidexet! Megoldás: Egy sorozat vizsgálata mootoitás szempotjából azt jeleti, hogy övekedés, csökkeés szempotjából vizsgáljuk a sorozatot. 9
Ezt legegyszer bbe talá úgy hatjhatjuk végre, ha összehasolítjuk a sorozat két szomszédos elemét, hogy melyikük agyobb. Felhívjuk azoba a gyelmet arra, hogy em két kokrét elemet kell összehasolítai, haem általáosságba két szomszédos elemet. Ha például összehasolítjuk a 1 -et és a 2 -t, akkor az még semmit em jelet a agyobb idex elemkre ézve. Ezért az összehasolítást általáosa kell elvégezi a és a +1 között. Célszer vei a két szomszédos elem külöbségét, és aak el jelét vizsgáli. Ha például az a +1 a külöbség mide IN eseté pozitív, akkor a sorozat szigorúa mooto, amit úgy is modhatuk, hogy két elem közül midig a agyobb idex a agyobb. Eyi magyarázat utá térjük rá a kokrét sorozat vizsgálatára. Els két írjuk fel a sorozat + 1-edik elemét. Ezt úgy kapjuk, hogy a sorozatot megadó a 5 + 7 kifejezésbe az helyére + 1-et 4 helyettesítük. a +1 5 + 1) + 7 4 + 1) Természetese ezt célszer egyszer bb alakba íri, felbotai a zárójeleket, és összevoi. a +1 5 + 1) + 7 4 + 1) 5 + 5 + 7 5 + 12 4 + 4 4 + 1 Ezutá vegyük a szomszédos elemek külöbségét. 5 + 12 a +1 a 4 + 1 5 + 7 4 Hozzuk közös evez re, majd a számlálóba botsuk fel a zárójeleket és vojuk össze. a +1 a 5 + 12 4 + 1 5 + 7 5 + 12)4 ) 5 + 7)4 + 1) 4 4 + 1)4 ) 20 2 15 + 48 6) 20 2 + 5 + 28 + 7) 4 + 1)4 ) 20 2 + 6) 20 2 + + 7) 4 + 1)4 ) 4 4 + 1)4 ) Amit látható, a számlálóba csak egy kostas maradt, mely most épp egatív. A evez biztosa pozitív, mert a 4+1 és 4 téyez k pozitívak, hisze IN, azaz 1, 2,. Ezért a tört értéke mide IN eseté egatív lesz. Ez potosa azt jeleti, hogy a +1 a < 0 mide IN eseté, azaz a +1 < a mide IN eseté. 10
A sorozat tehát szigorúa mooto csökke, hisze két elem közül midig a kisebb idex a agyobb. Ezutá határozzuk meg a sorozat határértékét. Ehhez egyszer sítsük -el. 5 + 7 5 + 7 4 4 5 + 0 4 0 5 4 1.25 Ezutá foglalkozzuk a korlátossággal. Mivel a sorozat szigorúa mooto csökke, ezért felülr l biztosa korlátos, hisze az els eleme a legagyobb, a többi aál biztosa kisebb. Ez egybe azt is jeleti, hogy a sorozat legkisebb fels korlátja az els elem. A legkisebb fels korlátot gyakra K-val jelölik, így most K a 1 5 1 + 7 12. Ez a szám fels korlát, hisze a sorozat 4 1 egyetle eleme sem agyobb ála. Eél kisebb fels korlát azoba ics, hisze a 1 a 12-él kisebb számok bármelyikéél agyobb. Alulról is korlátos, mert ha mooto csökke és va határértéke, akkor a határérték egybe alsó korlát is. Godoljuk át, ha lee a sorozatak a határértékél kisebb eleme, akkor az aál agyobb idex elemek a szigorúa mooto csökkeés miatt még kisebbek kellee, hogy legyeek. Ekkor azoba a sorozat már távoloda a határértékt l az idex övekedésével, ami elletmodás. A legagyobb alsó korlátot gyakra k-val jelölik, így eze sorozatál k 5. Eél agyobb 4 szám azért em alsó korlát, mert a határértéket a sorozat elemei mide határo túl megközelítik, így bármely 5 -él agyobb szám eseté 4 létezik a sorozatak olya eleme, ami kisebb ála. Még küszöbidexet kell számoluk a megadott ε 10 2 értékhez. Ez azt jeleti, hogy olya természetes számot kell meghatározuk, amelyél agyobb idex elemei a sorozatak ε-ál kevesebbel térek el a határértékt l. Fogalmazzuk meg ezt matematikai jelekkel is. Nyilvá egyel tleséget kell felíruk, s eze egyel tleség megoldásával kapuk majd küszöbszámot. A szövegek megfelel egyel tleség a következ : a a < ε. Az abszolút értékre azért va szükség, mert a határérték és a külöbsége lehet egatív is, de a kett eltérése viszot em. Két szám eltérése a külöbségük abszolút értéke. Helyettesítsük be eze általáosa felírt egyel tleségbe a feladatba szerepl adatokat. 5 4 5 + 7 4 < 10 2 1 100 11
Oldjuk meg az egyel tleséget. Els lépéskét hozzuk közös evez re az abszolút értéke belül, és a kapott tört számlálójába és evez jébe végezzük el a m veleteket. 54 ) 45 + 7) 44 ) < 1 100 20 15 20 28 16 12 < 1 100 4 16 12 < 1 100 Most vizsgáljuk meg az abszolút értéke belül álló törtet. Számlálója egatív, evez je biztosa pozitív, mert IN, azaz 1, 2,. Egy egatív szám abszolút értéke egyel a szám 1-szeresével, azaz jele esetbe 4 16 12 1) 4 16 12 4 16 12 Ezt írhatjuk tehát az egyel tleségbe, s így elhagyhatjuk az abszolút értéket. 4 16 12 < 1 100 Ezutá redezzük -re az egyel tleséget. 400 < 16 12 412 < 16 > 412 16 269.5 Azt kaptuk tehát, hogy ha a sorozatak olya elemét vesszük, melyek idexe agyobb mit 269.5 akkor az elem biztosa közelebb lesz a határértékhez 0.01-ál. Ez azt jeleti, hogy ε 10 2 -hoz tartozó küszöbszám a 269, és mide eél agyobb szám. Ha a legkisebb küszöbszám meghatározása a feladat, akkor az jele esetbe a 269. Megjegyzés: Számoljuk ki a sorozat 269. és 270. elemét. a 269 5 269 + 7 4 269 1.2600186 a 270 5 270 + 7 4 270 1.2599814 Amit látható, a 269. elem, még 0.01-ál többel tér el a határértékt l, de a 270. elem már 0.01-ál kevesebbel. A 269. elem a legagyobb idex olya elem, mely 0.01-ál többel tér el a határértékt l. 2. Feladat: Vizsgáljuk meg az a 1 9 sorozatot mootoitás szempotjából! Ha korlátos a sorozat, adjuk meg a legagyobb alsó és a 5 4 legkisebb fels korlátot! Határozzuk meg a sorozat határértékét, és adjuk meg ε 10 -hoz küszöbidexet! 12
Megoldás: A feladat ugyaolya, mit az el z, így haszáljuk mitáak aak megoldását. A mootoitás vizsgálatához vegyük két szomszédos elem külöbségét, és határozzuk meg aak el jelét. a +1 a 1 9 + 1) 5 + 1) 4 1 9 8 9 5 4 5 + 1 1 9 5 4 8 9)5 4) 1 9)5 + 1) 5 + 1)5 4) 40 + 2 452 + 6) 5 + 1 45 2 9) 5 + 1)5 4) 2 4 452 ) 1 4 45 2 ) 5 + 1)5 4) 1 5 + 1)5 4) Olya törtet kaptuk, melyek számlálója és evez je is pozitív mide IN eseté, így maga a tört is pozitív. Most tehát a +1 a > 0, azaz a +1 > a, s ez az egyel tleség mide IN eseté teljesül. Ebb l következ e a sorozat szigorúa mooto. Határozzuk meg a határértéket. 1 9 1 9 5 4 5 4 0 9 5 0 9 5 1.8 Mivel a sorozat szigorúa mooto, ezért az els elem most a legagyobb alsó korlát lesz, azaz k a 1 1 9 1 5 1 4 pedig a legkisebb fels korlát, azaz K a 9 5. Végül határozzuk meg ε 10 -hoz küszöbidexet. Ehhez az alábbi egyel tleségb l iduluk el. a a < ε. Ebbe behelyettesítjük a feladat adatait. 9 5 1 9 5 4 < 10 1 1000 9)5 4) 51 9) 55 4) < 1 1000 1 25 20 < 1 1000 8, a határérték Most vizsgáljuk meg az abszolút értéke belül álló törtet. Számlálója is, evez je is pozitív, mide IN, azaz 1, 2, eseté. Egy pozitív szám abszolút értéke egyel magával a számmal, így az abszolút érték most egyszer e elhagyható. 1
Ezutá az egyel tleség a következ : 1 25 20 < 1 1000. Redezzük ezt -re. 1000 < 25 20 1020 < 25 > 1020 1240.8 25 Az egyel tleség megoldását lefelé kerekítve már küszöbszámot kapuk, azaz 1240 már küszöbszám, de mide eél agyobb természetes szám is küszöbszám. Az 1240 a legkisebb ε 10 -hoz tartozó küszöbszám. 2. Feladat: Határozzuk meg az a 4 5 sorozat határértékét, + 8 ha létezik. Megoldás: Nyilvávaló, hogy a számláló is és a evez is végtelehez tart, azaz egy típusú határérték a kérdés. Az alapfeladatokba ilye esetbe egyszer sítettük a törtet. Most a külöböz gyökök miatt ehézkes lee az egyszer sítés, ezért haladjuk egy kicsit másképp. A számlálóba és a evez be is emeljük ki a gyök alatt a leggyorsabba övekv részt. ) 2 4 2 4 5 + 8 5 + 8 ) A szorzatokból vojuk téyez két gyököt. ) 2 4 4 2 ) 5 + 8 5 + 8 Botsuk fel ezutá a törtet két tört szorzatára. 4 2 4 2 5 + 8 5 + 8 A második tört határértékéek meghatározása köy, mert a gyökök alatti törtek 0-hoz tartaak. Foglakozzuk ezért csak az els törttel. Mivel a számlálóba és a evez be csupá egy hatváya áll valamilye gyök alatt, így törtkitev s hatváyokat írhatuk ikább. 14
4 2 5 + 8 4/ /2 2 5 + 8 A két hatváy háyadosát egyetle hatváykét is írhatjuk. 4/ 2 /2 5 2 + 8 4/ 2/) 5 + 8 A kitev be végezzük el a kivoást. 2 4/ 2/) 5 + 8 1/6) 2 5 + 8 Ezutá határozzuk meg az els téyez határértékét. Tudjuk, hogy egatív kitev s hatváyai 0-hoz tartaak, ha tart a végtelebe, így az els téyez 0-hoz tart. Ezek alapjá az eredeti határérték a következ : 2 1/6) 5 2 0 + 8 0 0 5 + 0 Megjegyzés: A megoldás sorá említettük, hogy egatív kitev s hatváyai 0-hoz tartaak. Felvet dik a kérdés, mi a határérték, egyéb esetekbe. Ezt rövide az alábbi módo tudjuk leíri: a, ha a > 0 1, ha a 0. 0, ha a < 0 A pozitív kitev s hatváyok tehát végtelehez, a egatív kitev sek pedig 0-hoz tartaak. Ha pedig 0 a kitev, akkor 1 a határérték. 4. Feladat: Határozzuk meg az a 9+1 + 5 2 ha létezik. 9 +1 + 5 2 7 +2 + 2 1 7 +2 sorozat határértékét, + 2 1 Megoldás: A határérték yilvá típusú. Hasoló feladattal találkoztuk már az alapfeladatok között. Haszáljuk a hatváyozás azoossá- gait, és érjük el, hogy mideütt csak álljo kitev be. 9 9 + 1 25 5 Ezutá egyszer sítsük 9 -el. 9 9 + 1 25 5 49 7 + 1 2 49 7 + 1 9 15
9 9 + 1 25 5 9 + 1 49 7 + 1 25 5 9 9 49 7 9 + 1 9 + 1 5 25 9) ) 7 49 + 1 9 ) 5 A részleteket vizsgálva azt látjuk, hogy 0, valamit ) 9 7 0, hisze midkett a típusú, ahol 1 < a < 1. 9 Ebb l pedig már az egész tört határértéke is meghatározható. 9 + 1 5 25 9 + 9) 1 ) 7 49 + 1 25 0 49 0 + 1 27 9 5. Feladat: Határozzuk meg az a + 4 2 1 sorozat határértékét, ha létezik. Megoldás: A határérték yilvá most típusú. Az alapfeladatok között ehhez hasolóval is találkoztuk. Az ottai megoldásba ismertetett módo idulhatuk, azaz gyökteleítük. ) + 4 2 1 + 4 2 1) + 4 + 2 1) + 4 + 2 1 + 4) 2 1) + 5 + 4 + 2 1 + 4 + 2 1 Az alapfeladatokál eyi elég is volt a határérték meghatározásához, mert ott a gyökteleítés utá már csak egy kostas maradt a számlálóba, így véges típust kaptuk, ami em kritikus. Most azoba a számlálóba szerepel az, így az végtelehez tart, s így a tört típusú, ami kritikus. Emeljük ki a számlálóba és a evez be -et, majd egyszer sítsük vele. + 5 ) + 5 + 4 + 2 1 + 5 + 4 + 2 1 Mivel ) 2 ezért a + 4 + 2 1 átalakítható. ) 16
) 2 Ezutá a határérték az alábbi alakot ölti: + 5 + 5 + 4 + 2 1 + 4 + 2 1 A részletek határértékét vizsgálva azt modhatjuk, hogy az összes kicsi tört 0-hoz tart, hisze véges típusú. A pedig végtelehez tart. Ebb l a határérték: 5 + + 0 + 4 + 2 1. + 0 + 2 0 A sorozat tehát em koverges, ics határértéke. 6. Feladat: Határozzuk meg az a 4 2 + 4 2 5 sorozat határértékét, ha létezik. Megoldás: A határérték yilvá most is típusú, és gyökteleítéssel kezdhetük hozzá a feladat megoldásához. 4 2 + 4 2 5) 4 2 + 4 2 5) 4 2 + + 4 2 5) 4 2 + + 4 2 5 4 2 + ) 4 2 5) 4 2 + + 4 2 5 + 5 4 2 + + 4 2 5 A gyökteleítés utá típusú törtet kaptuk, így egyszer sítéssel célszer próbálkozi. Mivel a evez be a gyök alatt 2 is el fordul, ezért most 2 emelhet ki, és utáa ezzel egyszer síthetük. + 5 ) + 5 4 2 + + 4 2 5 4 + 4 + 5 ) 2 + 5 4 + + 4 5 2 A kifejezésbe szerepl összes kicsi tört 0-hoz tart, mert midegyik véges típusú. Ebb l következ e a határérték az alábbi: 17
+ 5 4 + + 4 5 2 + 0 4 + 0 + 4 0 2 + 2 4. 7. Feladat: Határozzuk meg az a ha létezik. ) + 4 5 1 sorozat határértékét, + 2 Megoldás: Els két vizsgáljuk meg az alap és a kitev határértékét. A kitev yilvá végtelehez tart. Az alapot egyszer sítsük -el. + 4 + 4 + 2 + 2 1 Amit látható, 1 típusú a határérték. Alakítsuk át az alapot úgy, ahogya azt az alapfeladatokál tettük ehhez hasoló esetbe. Botsuk fel a számlálót két tagra úgy, hogy az egyik tag a evez legye, majd a törtet daraboljuk két törtre, és egyszer sítsük. ) + 4 5 1 ) + 2) + 2 5 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ) 5 1 1 + 2 + 2 + 2 ) 5 1 Ha a kitev be is +2 álla mit a evez be, akkor késze leék. Léyegébe ilye esettel találkoztuk az alapfeladatok között. Most jó lee eléri azt, hogy megjeleje a kitev be a +2. Ez megoldható, ha a kitev be szorzuk is és osztuk is + 2-vel, azaz b vítjük a kitev t. 1 + 2 ) 5 1 1 + 2 + 2 + 2 A kitev be csoportosítsuk át a téyez ket. 1 + 2 ) +2) 5 1 +2 ) 5 1) +2 +2 + 2 Ha kitev be szorzat áll, akkor az ismételt hatváyozáskét is írható. 1 + 2 ) ) 5 1 +2 +2 + 2 Ezutá külö vizsgálhatjuk zárójele belüli hatváy, és a kitev be álló tört határértékét. Az alapfeladatokál ismertetett okból 1 + 2 ) +2 e 2. + 2 A kitev esetébe pedig -el egyszer sítve kapjuk a határértéket. 18
5 1 5 1 + 2 + 2 5 Ezutá az eredeti határérték a következ : 1 + 2 ) ) 5 1 +2 +2 e 2 ) 5 e 2 5 e 10. + 2 8. Feladat: Határozzuk meg az a ha létezik. ) 6 1 2+7 sorozat határértékét, 6 + 4 Megoldás: Els két vizsgáljuk meg az alap és a kitev határértékét. A kitev yilvá végtelehez tart. Az alapot egyszer sítsük -el. 6 1 6 1 6 + 4 6 + 4 1 Amit látható, a határérték 1 típusú. Alakítsuk át az alapot úgy, ahogya azt az el z feladatál tettük. ) 6 1 2 7 ) 6 + 4) 5 2 7 6 + 4 6 + 4 6 + 4 6 + 4 5 ) 2 7 1 5 ) 2 7 6 + 4 6 + 4 1 + 5 ) 2 7 6 + 4 Megit az a goduk, hogy a kitev be em ugyaaz áll, mit a evez be. Az el z feladat megoldásához hasolóa b vítsük a kitev t. 1 + 5 ) 2 7 1 + 5 ) 6+4 2 7) 6+4 6 + 4 6 + 4 A kitev be csoportosítsuk át a téyez ket. 1 + 5 ) 2 7 6+4) 6+4 6 + 4 Ha kitev be szorzat áll, akkor az ismételt hatváyozáskét is írható. 1 + 5 ) ) 2 7 6+4 6+4 6 + 4 Ezutá külö vizsgálhatjuk zárójele belüli hatváy, és a kitev be álló tört határértékét. Az alapfeladatokál ismertetett okból 1 + 5 ) 6+4 e 5. 6 + 4 19
A kitev esetébe pedig -el egyszer sítve kapjuk a határértéket. 2 7 2 7 6 + 4 6 + 4 2 6 1 Ezutá az eredeti határérték a következ : 1 + 5 ) ) 2 7 6+4 6+4 e 5 ) 1 e 5) 1 e 5. 6 + 4 20