Sorozatok 20. október 5. Határozza meg a következ sorozatok határértékeit!. Zh feladat:vizsgálja meg mootoitás és korlátosság szerit az alábbi sorozatot! a + ha ; 2; 5 Mootoitás eldötéséhez vizsgáljuk meg a + a el jelét. Ha (a) (b) (c) (d) a + a > 0 mide -re, akkor a szigorúa mooto övekv. a + a 0 mide -re, akkor a mooto övekv. a + a < 0 mide -re, akkor a szigorúa mooto csökke. a + a 0 mide -re, akkor a mooto csökke. a + a + 5 + + ( + )(5 ) ( + )(5 + ) 5 (5 + )(5 ) 2 (5 + )(5 ) + + < 0 Tehát a szigorúa mooto csökke. Ha a szigorúa mooto csökke, akkor a > a 2 > > a >, azaz a a mide -re, így a felülr l korlátos és K a.
Mivel a szigorúa mooto csökke és agyo agy -re 5-höz közeli értékeket vesz fel, így az a sejtés, hogy az alsó korlát k 5. Bizoyítsuk be, hogy + 5 > 5 mide N + -re. Szorozzuk meg az egyel tleség midkét oldalát 5(5 ) > 0-val. 5( + > (5 ) 5 > Mivel 5 > igaz, az ekvivales átalakítások miatt az eredeti állítás is igaz, így a valóba alulról korlátos és k 5. 2. Zh feladat:vizsgálja meg mootoitás és korlátosság szerit az alábbi sorozatot! b ha ; 2; 5 Vizsgáljuk el ször a mootoitást: a + a 2 ( )(5 ) ( )( 2) 5 ( 2)(5 ) ( 2)(5 ) + > 0 Tehát a szigorúa mooto övekv. Mootoitást felhaszálva felírhatjuk, hogy a < a 2 < < a < azaz a a mide ; 2; eseté, tehát a sorozat alulról korlátos és az alsó korlát k a 0, 5. Mivel a szigorúa mooto övekv és agyo agy -re -höz közeli értékeket vesz fel, így az a sejtés, hogy a fels korlát K. Bizoyítsuk be, hogy 5 <, mide -re Szorozzuk meg az egyel tleség midkét oldalát (5 )-el.de vegyük gyelembe, hogy ha ; 2;, akkor 5 < 0. Egy egyel tleség midkét oldalát egatív számmal szorozva, az egyel tleség iráya megváltozik. ( ) > (5 ) 2 > 20 Mivel 2 > 20 igaz, az ekvivales átalakítások miatt az eredeti állítás is igaz, azaz a felülr l korlátos és K 2
. Zh feladat: Koverges-e az alábbi sorozat? Ha ige, adja meg azt az N küszöbszámot, amelyt l kezdve a sorozat elemei a határérték ɛ 0 sugarú köryezeté belül esek! a + + El ször vizsgáljuk meg, hogy koverges-e a sorozat. + + ( + ) ( + ) + + Mivel a határértéke véges, a sorozat koverges. Határozzuk meg az ɛ 0 tartozó köszöbszámot, azaz oldjuk meg az alábbi egyel tleséget: + + < 000 ( + ) ( + )) ( + ) < 000 ( + ) < 000 Próbáljuk meg elhagyi az abszolútértéket. Ehhez azt kell megvizsgáli, hogy milye az el jele a kapott törtek. Mivel a számláló egatív, a evez pedig ; 2; eseté pozitív, a tört egatív. Egy egatív szám abszolútértéke pedig ömagáak -szeresével egyel. Tehát az abszolútértéket elhagyhatjuk, ha a törtet szorzom -gyel. Egyszer bbe: ( ) ( + ) < 000 ( + ) < 000 Szorozzuk meg az egyel tleség midkét oldalát 000( + )-tel. Mivel + > 0, az egyel tleség iráy em változik. 250 000 060, 5 2 < + < Tehát az ɛ 0 tartozó köszöbszám N 060. Ez azt jeleti, hogy a sorozat els 060 tagja kívül esik a határérték ɛ 0 sugarú köryezeté, de az összes további, azaz végtele sok elem már belül lesz.
. Zh feladat: Koverges-e az alábbi sorozat? Ha ige, adja meg azt az N küszöbszámot, amelyt l kezdve a sorozat elemei a határérték ɛ 0 sugarú köryezeté belül esek! a 8 + 0 2 5 Számítsuk ki a sorozat határértékét: 8 + 0 2 5 ( 8 + 0) ( 2 5) 8 + 0 2 5 2 Mivel a határértéke véges, a sorozat koverges. Határozzuk meg az ɛ 0 -hez tartozó köszöbszámot. Ehhez oldjuk meg az alábbi egyel tleséget: 8 + 0 2 5 + 2 < 0000 8 + 0 + 2(2 5)) 2 5 < 0000 2 2 5 < 0000 Mivel a számláló pozitív, a evez pedig egatív, a tört maga egatív. Egy egatív szám abszolútértéke pedig ömagáak -szere. Így az abszolútértékjel elhagyható, ha a törtet szorozzuk --gyel. 2 2 5 < 0000 Szorozzuk meg az egyel tleség midkét oldalát 0000(2 5) -val. Fotos, hogy egatív számmal való szorzás miatt az egyel tleség iráy megváltozik. 20000 > 2 5 20002 > 5 Osszuk el az egyel tleség midkét oldalát -5-tel. Az egyel tleség iráy újra megváltozik. 2000, 20002 5 < Tehát az ɛ 0 tartozó köszöbszám N 2000. Ez azt jeleti, hogy a sorozat végtele sok tagja esik a határérték ɛ 0 sugarú köryezetébe és potosa az els 2000 tagja esik kívül.
5. Zh feladat: 6. Zh feladat:. Zh feladat: ( ( + ) + 8. Zh feladat: ( ( + 8 ) 00 ( ( + 8 ) 00 ( ( + ) + ( ) ) 8 ( ) ) 8 00 ( ) ) 2 ( ) ) (( + ) ) + 2 e + 2 ( ( + 5 ) ) + 0.5 ( ( + 5 ) ) + 0.5 ( ( + 5 2 ) ) ( ) + 5 + e 5 +0 e 5 Poliom vizsgálatáál keressük meg a legmagasabb fokszámú kifejezést és emeljük ki: ( + 5 ( 2 ) 5 + ) 9. Zh feladat: (2 + 5 6 ) Keressük meg a legmagasabb fokszámú kifejezést és emeljük ki: (2 + 5 6 ) 6 ( + ) 5 5 ( 5) 5
0. Zh feladat: (5 ) Egyél agyobb alapú expoeciális függvéyek eseté keressük meg a agyobb alapút és emeljük ki: ) ). Zh feladat: (5 ) 5 ( ( 5 (0 2 ) Az alapok egyél agyobbak, de a kitev k külöböz ek. Hatváyozás azoosságait felhaszálva érjük el, hogy a kitev midkét kifejezésbe legye. Majd keressük meg a agyobb alapot és emeljük ki: (0 2 ) (0 ( 2 ) ) (0 6 ) 6 2. Zh feladat: (( 0 6 ( 5 ) ) ) ( ) Az alapok egyél agyobbak, de a második tagba a kitev egatív. Így 5 0. ( 5 ) ( ( ) ) 0 5. Zh feladat: 2 + 5 6 2 + 5 Vizsgáljuk meg külö a számláló és a evez határértékét. 2 + 5 6 2 + 5 Ez egy kritikus eset, ebb l az alakból még em tudjuk leolvasi a határértéket Mid a számlálóba mid a evez be a legmagasabb fokszám 2, ezért emeljük ki 2 -t: 2 + 5 6 2 + 5 2 ( + 5 ) 2 2 (6 + 5 ) 6 2 6
. Zh feladat: 2 + + + 2 2 Vizsgáljuk meg külö a számláló és a evez határértékét. 2 + + + 2 2 Ez egy kritikus eset, további vizsgálatra va szükségük. Mid a számlálóba mid a evez be a legmagasabb fokszám, ezért emeljük ki -t: 2 + + + 2 2 ( 2 + ) ( + + 2 ) 5. Zh feladat: ( 2 + )(2 + ) ( ) 2 El ször végezzük el a szorzás m veletét a számlálóba és a evez be is: ( 2 + )(2 + ) 2 + 2 + 2 + ) ( ) 2 (9 2 6 + ) 2 + 2 + 2 + 9 6 2 + Most már két poliom háyadosát kell vizsgáli, keressük meg a kegmagasabb fokszámú kifejezést és emeljük ki: (2 + + 2 + ) 2 (9 6 + 2 ) 9 2 6. Zh feladat: ( 2 )( + ) 5 ( + ) 2 ( 2 )( + ) 5 + 2 5 ( + ) 2 5 ( 2 + 8 + 6) 5 + 2 5 5 + 0 + 80 5 ( + ) 2 5 5 (5 + 0 + 80 ) 5 2
. Zh feladat: + + 2 + + 2 ( + ) + 2 ( + ) 2 ( + ) 2 + + 2 8. Zh feladat: 9. Zh feladat: + 6 2 + + 6 2 + ( + ) 2 (6 + 2 ) 2 + 2 (6 + ) + 2 6 + 6 2 + 5 2 + 20. Zh feladat: + 5 2 + ( + 5 2 ) ( 2 + 2 ) + 5 2 + 0 ( ) 0 2 2 5 ( 2) 9 ( ) 9 2 2 5 5 9 2 2 5 5 9 2 9 0 2 0 8
2. Zh feladat: 0 2 0 2 0 ( ) 9 ( 2) 2 9 2 2 ( 2) 22. Zh feladat: 5 9 5 9 ( 5 9) 5 9 6 ( ) 6 6 2. Zh feladat: 2. Zh feladat: 6 + 5 + 2 2 + 2 6 + 5 + 2 2 + 2 6 ( + + ) 6 2 (2 + 2 ) 2 2 + + 6 2 (2 + 2 ) 2 2 5 + + + 5 + + 5 ( + ) 25. Zh feladat: 5 + + + 5 ( + + ) 5 ( + ) + + 5 2 + + 2 + 2 5 + 9
2 + + 2 + (2 + ) + + 2 (2 + ) + 2 ( + ) 2 (2 + ( ) ) + + 2 2 + 2 + + + 2 2 5 2 26. Zh feladat: 2 2 + 5 2 + + 2 2 + 5 2 + + Emeljük ki a legmagasabb fokszámú kifejezést a számlálóba és a evez be. A evez be is 2 -t kell kiemeli. Ehhez emeljük ki els re a gyök alatt -t. 2 2 + 5 2 + + 2 (2 + 5 2 ) 2 + 2 + 2 (2 + 5 ) 2 2 + ( + ) 2 ( + 2 (2 + 5 ) 2 + ) 2 2. Zh feladat: Emeljük ki a -t. + 5 +2 + 5 +2 + + 5 +2 5 2 ( + ) ( 5 2 ) + 5 2 9 2 0
28. Zh feladat: 5 (( 5 5 + ) 5 ) ( ) 5 + ( ) 5 ( ) 5 5 0 5 0 29. Zh feladat: 2+ + 5 9 2 Ahhoz, hogy eldötsük, hogy melyik a leger sebb kifejezés, alakítsuk át az expoeciális kifejezéseket úgy, hogy a kitev be legye. 2+ + 5 ( 2 ) + 5 9 + 5 9 2 9 (2 ) 9 8 Most már látszik, hogy 9 -t kell kiemeli a számlálóba, a evez be pedig 8 -t. 9 ( + 5 ) ( ) 9 9 8 ( 9 8 ) + 5 ( ) 9 8 9 ( ) ( ) 8 0. Zh feladat:. Zh feladat: 8 +2 + 2 5 2 2 + 0 2 5 5 + 2 2 + 0 (2 2 ) + 0 2 5 5+ 2 5 5 5 Végezzük el a kiemelést a számlálóba és a evez be. ( + 0 ) 5 ( 25 5 25) ( 5 + 0 2 5 25 5 ) + 0 2 5 5 25 0 25 0
2. Zh feladat: 0 0 8 2 Ahhoz, hogy össze tudjuk hasolítai az expoeciális kifejezéseket, alakítsük át ket, úgy, hogy a kitev legye. 0 ( ) 0 0 8 2 0 8 ( 2 ) 6 0 0 8 9 Most már látszik, hogy a számlálóba 6 a leger sebb, a evez be pedig 9. Emeljük ki ket. 6 9 0 6 0 8 9 ( 6 9 ) ( 0 ) 6 0 8 9 ( ). Zh feladat: (( (( ) ) + e ) + ) (( + ) + ) e +0 e. Vizsgafeladat:Vizsgálja meg mootoitás és korlátosság és kovergecis szempotjából az alábbi sorozatot! Ha koverges, adja meg azt az N küszöbszámot, amelyt l kezdve a sorozat elemei a határérték ɛ 0 sugarú köryezeté belül esek! a 5 Mootoitás eldötéséhez vizsgáljuk meg a + a el jelét. a + a 2 5 ( )( ) ( 5)( 2) ( 2)( ) ( 2)( ) Tehát a szigorúa mooto csökke. < 0 Ha a szigorúa mooto csökke, akkor a > a 2 > > a > mide -re, így a felülr l korlátos és K a 2. 2
Mivel a szigorúa mooto csökke és agyo agy -re -höz közeli értékeket vesz fel, így az a sejtés, hogy az alsó korlát k. Bizoyítsuk be, hogy 5 > mide N + -re. Szorozzuk meg az egyel tleség midkét oldalát ( ) el. De vegyük gyelembe, hogy < 0, ha ; 2;. Tehát a szorzás eredméyekét az egyel tleség iráya megváltozik. ( 5) < ( ) 5 < Mivel 5 < igaz, az ekvivales átalakítások miatt az eredeti állítás is igaz, így a valóba alulról korlátos és k. Vizsgáljuk meg, hogy létezik-e véges határértéke a sorozatak. 5 ( 5 ) 5 ( ) Tehát a sorozat koverges, adjuk küszöbszámot ɛ 0 -hez. 5 + < 0000 ( 5) + ( ) < 0000 ( ) < 0000 Most a számláló és a evez is egatív, azaz a tört pozitív, ha ; 2;. Az abszlútérték elhagyható. ( ) < 0000 0000 > 0000 > 5555, ( 0000 Tehát a küszöbszám: N 5555. ) <
5. Vizsgafeladat: 6. Vizsgafeladat:. Vizsgafeladat: + + 6 2 + 6 6 + + 6 2 + 6 ) + 6 2 ) 6 ( ( 6 6 ( 2 ( 6 ) 6 ) + 6 2 6 2 6 6 ( ) 6 + 6 2 2 ( ) 6 6 6 6 +2 + 5 + 2 6 +2 + 5 + 2 ( 5 ) 62 ( 6 5 2 ( 2 6 2 6 + 5 5 2 2 ) + 5 ) +2 2 5 2 2 + 2 +2 2 5 2 2+ 6 ( 9 ( ) ) 6 6 (( ) ) 25 6 2 9 6 25 2 6 9 ( 6) ) 2 2 ( 25 6 8. Feladat: 2+ + 5 9 + + 2 2 Ahhoz, hogy eldötsük, hogy melyik a leger sebb kifejezés, alakítsuk át az expoeciális kifejezéseket úgy, hogy a kitev legye. 2+ + 5 9 + + 2 ( 2 ) + 5 9 + (2 ) 9 + 5 2 9 + 8 Most már látszik, hogy 9 a leger sebb kifejezés mid a számlálóba, mid a evez be. Emeljük ki. 9 ( ) + 5 9 9 ( + ( ) 5 ) 9 2 + 8 9 2 + ( ) 8 2 9 9
9. Vizsgafeladat: ( + ) 0 A határérték típusú, így alkalmazzuk a következ b vítést: A B ( A B) A + B A + B ( + ) ( + ) + ( ) + + 0. Vizsgafeladat: A B A + B + + + + 0 0 + + + 0 0 0 ( 5 2 5 2 + ) 0 A határérték típusú, így alkalmazzuk a következ b vítést: A B ( A B) A + B A + B A B A + B ( 5 2 5 2 + ) ( 5 2 5 5 2 + ) 2 + 5 2 + 5 2 + 5 2 + 5 2 (5 2 + ) 5 2 + 5 2 +. Vizsgafeladat: 5 2 + 5 2 + ( + 5 ) + 0 A határérték típusú, de az elöz feladatoktól eltér e, együtthatói em egyel ek, így ebbe az esetbe emeljük ki legmagasabb fokszámú kifejezését, most -t: ( + ( 5 ) + ) 5 ( 5) 2. Vizsgafeladat: ( + 2 5) A határérték típusú, de együtthatói em egyel ek, így emeljük ki legmagasabb fokszámú kifejezését, most -t: ( + ( 2 5) + ) 2 5 ( ) 5
. Vizsgafeladat: ( 2 + 5 2 + ) A határérték típusú, de együtthatói és fokszámai em egyel ek, így emeljük ki legmagasabb fokszámú kifejezését, most 2 -t: ) ( + 5 + 2 ( 2 + 5 2 + ). Vizsgafeladat: ( 5 2 + 5 2 + 2) 2 5 ( ) ( 5 2 + 5 2 + 2) ( 5 2 + 5 5 2 + 2) ( 2 + + 5 2 + 2) ( 5 2 + + 5 2 + 2) 5 2 + (5 2 + 2) ( 5 2 + + 5 2 + 2) 5. Vizsgafeladat: 5 5 + + 2 2 5 + 2 5 2 2 + 5 + 2 + 2 6 2 + 5 + 2 + 2 5 ( 5 2 + + 5 2 + 2) 2 + 5 + 2 + 2 2 + 5 + + 2 + 2 2 + 5 + + 2 + 2 2 + 5 + + 2 + 2 2 + 5 + ( 2 + 2) 2 + 5 + + 2 + 2 2 9 + 5 + + 2 + 2 2 2 9 6 6
6. Vizsgafeladat: 2 2 + 2 + + 2 5. Feladat: ( 2 + 5 + ) A határérték típusú, de együtthatói és fokszámai em egyel ek, így emeljük ki legmagasabb fokszámú kifejezését, most 2 -t: ( + 5 ) + 2 ( 2 + 5 + ) 8. Vizsgafeladat: ( 2 5 + 2) A határérték típusú, de együtthatói és fokszámai em egyel ek, így emeljük ki legmagasabb fokszámú kifejezését, most 2 -t: 2 9. Vizsgafeladat: ( 2 5 + 2) ( 2 5 + 2 ) ( ) 6+2 5 e 9 e e (0 ) ( 0) Mivel ( ) 6+2 5 alkalmazzuk a következ evezetes határértékre voatkozó tételt: ) r() e a ahol a R és r() Így ( + a r() ( ) [ 6+2 ( + ) ] 6+2 5 5 5 5 ( e ) 6 e 9
50. Vizsgafeladat: ( ) + + e e 2 ( ) + + ( ) + 5 + + ( + 5 ) [ + ( + 5 ) ] + + + + + 5. Vizsgafeladat: ( e 5) e e 2 ( 2 2 ) 8 + 2 + 2 2 e 8 ( 2 2 ) 8 + 2 + 2 2 Felhaszálva, hogy 52. Vizsgafeladat: [ ( + ) ] 2 2 2 82 + 2 2 2 2 ( 2 2 + 2 2 2 ( e 2) e 8 8 2 + 2 2 2 (8 + ) 2 2 (2 ) 8 + 2 2 8 2 2 2 ) 8 2 + ( 2 ) 2+ + 2 + ( 2 + 2 + [ ( + Felhaszálva, hogy ) 2+ ) ] 2 + 2+ 2 + 2 + 2 + 2 + (2 + ) 2 ( + ) 2 + + ( 2 ) 2+ + + 2 + ( e ) 0 0 2 0 8
5. Vizsgafeladat: Felhaszálva, hogy 5. Vizsgafeladat: Mivel ( ) 9 + 0 9 ( ) 9 + 9 [ ( + ) ] 9 9 9 9 ( ) 2 (9 ) 2 2 9 ( 9 9 ) + ( e ) ( e ) 0 ( ) +2 0 5 + ( ) +2 5 + 9 ( ) 5 alkalmazzuk a következ evezetes határértékre voatkozó tételt: Így 55. Vizsgafeladat: Mivel q 0 ha q < ( ) +2 5 + ( ) 0 5 ( ) + 5 2 + + 0 ( ) + 5 2 + + 0 alkalmazzuk a következ tételt: Így ( ) q ha q > ( ) + 5 2 + + 0 ( ) 9