Matematika | Tanulmányok, esszék » Simon Ilona - Feladatok valós számsorozatokkal és sorokkal

Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 1 Feladatok valós számsorozatokkal és sorokkal Írta és szerkesztette: Simon Ilona Lektorálta: Dr. Pap Margit 1.Feladatok valós számsorozatokkal A feladatgyűjtemény célja a valós számsorozatokkal és sorokkal kapcsolatos legfontosabb feladattı́pusok megoldási módszereinek bemutatása. Minden feladattı́pus estén megoldott feladtokon keresztül mutatjuk be az eljárást, melyeket gyakorlásra szánt hasonló tı́pusú feladatok követnek. Ezeknek csak az eredménye található meg ezen segédanyagban, a megoldásokhoz jó munkát kı́vánunk. A sorozat definı́ciója: A természetes számok halmazán értelmezett valós függvényeket, azaz az f : N R függvényeket valós számsorozatnak nevezzük. Az f (n) helyett legtöbbször f (n) = an -et ı́runk, amelyet a sorozat általános tagjának (n-edik tagjának) nevezünk, és a sorozatot az (an , n ∈ N)

módon jelöljük. Ahogyan a természetes számok definı́ciója nem egységes a klönböző szakirodalmakban, és ezáltal a 0-nak a természetes számok halmazához tartozása megegyezésen alapul, úgy a sorzatok értelmezési tartománya is eltérő lehet a különböző szakirodalmakban. Mi a 0-t természetes számnak tekintjük, és jelezzük ha más taggal kezdődik A ¡ 1 a sorozat. ¢ , továbbiakban találkozni fogunk 0-dik taggal induló sorozattal (Pl. de a n ∈ N ); ¢ 2n ¡ ∗ , n ∈ N ), pozitı́v egészeken értelmezett sorozattal is (Pl. an = 2n−1 itt az első taggal n ¢ ¡ √ indul a sorozat. De például az an = n − 5, n ≥ 5 sorozat az ötödik taggal kezdődik Korlátosság: Azt mondjuk, hogy az (an , n ∈ N) sorozat felülről korlátos, ha létezik olyan K ∈ R szám, hogy an ≤ K bármely n ∈ N esetén teljesül. Ha van olyan k ∈ R szám úgy, hogy an ≥ k bármely n ∈ N esetén

teljesül, akkor a sorozatot alulról korlátosnak mondjuk. A sorozat korlátos, ha alulról is, felülről is korlátos Egy felülről korlátos sorozat legkisebb felső korlátját a sorozat felső határának vagy szuprémumának nevezzük, mı́g egy alulról korlátos sorozat legnagyobb alsó korlátját a 2 sorozat alsó határának vagy infimumának hı́vjuk. Ha egy sorozat felülről nem korlátos, akkor azt mondjuk, hogy felső határa +∞, alulról nem korlátos soroztat esetén az alsó határ −∞. Akkor mondjuk, hogy a sorozatnak van legkisebb eleme (más szóval: minimuma), ha van olyan α = ak eleme a sorozatnak, hogy α ≤ an bármely n ∈ N esetén teljesül, illetve van legnagyobb eleme (más szóval: maximuma), ha van olyan β = ak eleme a sorozatnak, hogy an ≤ β bármely n ∈ N esetén teljesül. Ha egy sorozatnak van maximuma, akkor ez egyben szuprémuma is, továbbá a minimumérték egyben

imfimum is. Nem mindig van maximuma, ill minimuma egy sorozatnak, de mindig rendelkezik szuprémummal és imfimummal Monotonitás: Az (an , n ∈ N) sorozat monoton növekvő, ha an ≤ an+1 (n ∈ N) teljesül (⇔ an+1 − an ≥ 0 minden n ∈ N estén). Az (an , n ∈ N) sorozat monoton csökkenő vagy fogyó, ha an ≥ an+1 (n ∈ N) (⇔ an+1 − an ≤ 0 minden n ∈ N estén). Tehát a monotonitás vizsgálata az an+1 − an előjelvizsgálatával zajlik. Ha az an+1 − an ≥ 0 minden n-re, akkor a sorozat monoton növekvő, an+1 − an ≤ 0 (∀n ∈ N) esetén pedig monoton csökkenő a vizsgált sorozat. A pozitı́v tagú sorozatok (an > 0 (n ∈ N)) esetén a monotonitásvizsgálatot végezhetjük n n tört 1-hez való viszonyı́tásával is. Ha aan+1 ≤ 1 bármely n ∈ N esetén teljesül, az aan+1 n ≥ 1 bármely n ∈ N esetén akkor monoton növekvő sorozatról van szó, ha pedig aan+1 teljesül, akkor monoton

csökkenő sorozatról beszélünk. Monoton növekvő sorozat estén a sorozat első tagja, a1 alsó korlátja a sorozatnak. (Ekkor a1 = min an = inf an .) Monoton csökkenő sorozat estén pedig a1 = max an = sup an . Részsorozat: Ha k : N N szigorúan monoton növekvő sorozat, akkor az (akn , n ∈ N) sorozat az (an , n ∈ N) sorozat egy részsorozata. 1) Határozzuk meg az alábbi sorozatok alsó és felső határát, valamint a legkisebb és legnagyobb elemét (a minimumát és maximumát) amennyiben felveszi azokat! µ ¶ 2n − 1 , n ∈ N∗ a) an = n µ ¶ n−2 , n ∈ N∗ b) bn = 4n ¶ µ 2n − 4 , n ∈ N∗ c) cn = 3n µ ¶ 3n + 1 , n ∈ N∗ d) dn = 4n ¶ µ 1 − (−1)n , n∈N e) en = 2 ³ ´ nπ , n∈N f ) fn = cos 4 ´ ³ n g) gn = n(−1) , n ∈ N µ ¶ 1 1 1 3 1 2n − 1 , , , ,., n, ,. h) 2 2 4 4 2 2n µ ¶ (−1)n , n ∈ N∗ i) n ¶ µ 1 ∗ j) n − , n ∈ N n Megoldások: a) Észrevesszük, hogy an = 2 − 1 2n

− 1 . Mivel 1 ≤ ≤ 2 (n ∈ N∗ ), és n n Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 3 egyszerű számolással látható, hogy bármely 1-nél nagyobb szám nem alsó korlát, ezért inf an = 1. Mivel az 1-et fel is veszi a sorozat, min an = 1 Továbbá a sorozatnak n∈N n∈N felső korlátja a 2 és bármely 2-nél kisebb szám nem felső korlátja a sorozatnak, ezért sup an = 2. De mivel ezt az értéket nem veszi fel a sorozat, ezért a sorozatnak nincs n∈N maximuma, tehát max an nem létezik. n∈N e) e0 = 0, e1 = 1, e2 = 0, e3 = 1, e4 = 0 . a sorozat elemei váltakozva a 0 és az 1 értékek lesznek, ezért alsó határa 0 és mivel ezt az értéket a sorozat fel is veszi, a legkisebb eleme is 0, felső határa és legnagyobb eleme 1. Tehát sup en = max en = 1, n∈N mı́g inf en = min en = 0. n∈N n∈N n∈N ´ ³ √ √ √ √ √ f) Kiszámı́tjuk a sorozat néhány tagját: f = 1, 22 , 0,

− 22 , −1, − 22 , 0, 22 , 1, 22 . Mivel a cos függvény periódikus, s periódusa 2π, ezért a sorozat első 8 eleme periódikusan ismétlődik, és látjuk, hogy −1 ≤ fn ≤ 1 (n ∈ N). Ennél jobb alsó és felső korlátot nem adhatunk, hiszen ezeket az értékeket fel is veszi a sorozat. Ezért inf fn = −1, n∈N sup fn = 1. Mivel ezen értékeket a sorozat felveszi, van legkisebb és legnagyobb eleme is n∈N a sorozatnak: min fn = −1 és max fn = 1. n∈N n∈N 1 1 , g4 = 4, g5 = , g6 = 6, . látjuk, hogy a sorozat 3 5 1 páratlan tagjaiból álló részsorozat az 1-től a 0-hoz közeledik (g2n+1 = (n ∈ N)), 2n + 1 mı́g a páros sorszámú tagok alkotta részsorozat (g2n = 2n (n ∈ N)) felülről nem korlátos, ezért a sorozat felső határa: sup gn = +∞, s nincs legnagyobb eleme. Alsó határa: g) g0 = 0, g1 = 1, g2 = 2, g3 = n∈N 1 inf gn = 0, hiszen 0 < és 0 < 2n (n ∈ N) továbbá

bármely pozitı́v szám nem alsó n∈N 2n + 1 korlát. Ám g0 = 0 miatt van legkisebb eleme, min gn = 0 n∈N h) Itt újra két részsorozatról érdemes beszélni: mı́g a páratlan tagok monoton növekvően 1 , h2n+1 = az 1-hez közelı́tenek, addig a párosak monoton csökkenően a 0-hoz (h2n = 2n+1 2n+1 2 −1 ∗ (n ∈ N )) Ezért inf hn = 0, sup hn = 1, a sorozatnak legkisebb és legnagyobb 22n+1 n∈N n∈N eleme nincsen, mert a 0-t, illetve az 1-et nem veszik fel a sorozat elemei. 2) Vizsgáljuk az alábbi sorozatok korlátosságát és monotonitását; határozzuk meg alsó és felső korlátait- amennyiben léteznek ezek! n−1 , n ∈ N∗ n 2n + 3 , n ∈ N∗ b) bn = n n−8 , n ∈ N∗ c) cn = 4n a) an = 2n + 4 , n ∈ N∗ 3n 2n , n ∈ N∗ e) en = 2 n +1 2n2 + 1 f ) fn = 2 ,n ∈ N n +2 d) dn = 4 g) gn = 2n ,n ∈ N n! 1 h) hn = 1 + (−1)n + (−1)n , n ∈ N∗ n 1 ∗ i) in = n − , n ∈ N n (−1)n , n ∈ N∗

j) jn = n k) kn+2 = kn+1 + 2 · kn2 (n ∈ N), k0 < k1 1 n−1 n = − > 0 (n ∈ N∗ ), tehát a n+1 n n(n + 1) ∗ sorozat szigorúan monoton növekvő. A 0 ≤ n−1 n < 1 (n ∈ N ) egyenlőtlenség miatt a sorozat alulról és felülről is korlátos, alsó korlátnak megfelel az a1 = 0, de bármely ennél n−1 < 1 mivel az n − 1 < n igaz minden kisebb szám is, felső korlát pl. az 1, hiszen n n ≥ 1-re. 2n + 2 2n −2n2 − 2n + 2 e) Mivel en+1 − en = − 2 < 0 (n ∈ N∗ ), = 2 2 (n + 1) + 1 n +1 (n + 2n + 2)(n2 + 1) szigorúan monoton csökkenő sorozatot kaptunk, melynek felső korlátja az első tagja, e1 = 1, alsó korlátja is van: pl. a 0, hiszen ha a számláló is, a nevező is pozitı́v, akkor az 2n en = 2 > 0. A sorozat tehát korlátos n +1 f) A sorozat szigorúan monoton növekvő, alsó korlátja: f0 = 21 , felső korlát pl. 2, 2n2 + 1 < 2 egyenlőtlenség igaz voltát, látjuk, hogy a

mert ha vizsgáljuk az fn = n2 + 2 2 2 2n + 1 < 2(n + 2) igaz, emiatt feltevésünk valóban teljesül. Tehát korlátos sorozatról beszélünk. 2n (2 − n − 1) 2n 2n+1 = − ≤ 0 (n ∈ N∗ ), de pozitı́v, ha n = 0 g) gn+1 − gn = (n + 1)! n! (n + 1)! ezért monoton csökenő az első tagtól kezdve, de a nulladik tag miatt ezt a sorozatról áltálaban nem állı́thatjuk. Felső korlátja a sorozat első eleme: d1 = 2, alsó korlát a 0, hiszen mind a 2n , mind az n! pozitı́v. Így újra korlátos sorozatot kaptunk Megoldások: a) an+1 − an = 1 − 1 − (−1)n − (−1)n n1 = 2(−1)n+1 + h) hn+1 − hn = 1 + (−1)n+1 + (−1)n+1 n+1 1 1 + n1 ) = (−1)n+1 (2 + n+1 + n1 ). A szorzat második tagja minden n ∈ N-re (−1)n+1 ( n+1 pozitı́v, mı́g az első váltakozva pozitı́v illetve negatı́v, ezért a sorozat nem monoton. A −1 alsó korlátja, a 2, 5 felső korlátja sorozatunknak. Ez a sorozat tehát korlátos,

de nem monoton. (A páratlan tagokból álló részsorozat monoton növekvően tart a 0-hoz, mivel 1 1 (n ∈ N), a párosak által alkotott részsorozat pedig a h2n = 2 + 2n (n ∈ h2n+1 = − 2n+1 ∗ N ), mely a 2-höz monoton csökkenően tart.) 1 1 − n + n1 = 1 + n(n+1) > 0 (n ∈ N∗ ), tehát a sorozat i) in+1 − in = n + 1 − n+1 szigorúan monoton növekvő. Alsó korlátja pl a 0, mivel n ∈ N∗ esetén n > n1 , ı́gy in = n − n1 > 0, ám felülről nem korlátos, ezért a sorozat nem korlátos. Indirekt úton Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 5 lássuk be, hogy felülről nem korlátos: tegyük fel, hogy a K valós szám felső korlátja a sorozatnak: n − n1 < K ∀n ∈ N∗ . Ekkor n2 − nK − 1 < 0 minden n ∈ N∗ -ra Az n2 − nK − 1 < 0, n-ben egyenlőtlenség megoldásai a pozitı́v természetes ´ ³ másodfokú √ √ K− K 2 +4 K+ K 2 +4 ∗ , intervallumba eső

természetes számok. számok N halmazán a 2 2 A fenti megoldáshalmaz nem egyezik meg a pozitı́v természetes számok N∗ halmazával. Ez azt jelenti, hogy nem létezik olyan K valós szám, amelyre an ≤ K minden n ∈ N∗ -ra teljesülne. Tehát egy monoton növekvő, felülről nem korlátos sorozatot kaptunk j) A sorozat nem monoton, de korlátos. 3) Az alábbi sorozatok közül melyek az ( n1 , n ∈ N∗ ) sorozat részsorozatai? µ a) b) c) d) ¶ 1 1 1 1, , , , . 2 3 4 µ ¶ 1 1 1 , , ,. 2 4 6 µ ¶ 1 1 1 1 1 , 1, , , , , . 2 4 3 6 5 µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 1, , , , , , , , , . 2 3 2 3 4 5 4 5 4) Adjuk meg az alábbi sorozatok egy monoton részsorozatát: ¶ µ ¶ µ ¡ ¢ (−1)n 1 c) (−1)5n+4 , n ∈ N∗ , n ∈ N∗ , n ∈ N∗ b) a) n n Konvergencia: Az (an , n ∈ N) sorozatot konvergensnek nevezzük, ha van olyan α ∈ R szám, hogy ∀ε > 0 esetén ∃N ∈ N (ún. küszöbindex), hogy |an − α| < ε

teljesül ∀n ≥ N esetén. Belátható, hogy α egyértelmű. Jelölés: limn∞ an = α A sorozatot divergensnek nevezzük, ha nem konvergens. Azt mondjuk, hogy a sorozat tart a +∞-be, ha ∀M ∈ R-hez létezik N ∈ N, úgy, hogy bármely n ≥ N esetén an ≥ M teljesül. Jelölés: limn∞ an = +∞ Azt mondjuk, hogy a sorozat −∞-hez tart, ha ∀M ∈ R-hez létezik N ∈ N, úgy, hogy bármely n ≥ N esetén an ≤ M teljesül. Jelölés: limn∞ an = −∞ A konvergencia szükséges feltétele: Ha egy sorozat konvergens, akkor korlátos is. (De nem minden korlátos sorozat konvergens (pl (an = (−1)n , n ∈ N)), ezért a korlátosság a konvergencia szükséges, de nem elégséges feltétele.) Konvergens sorozat bármely részsorozata is konvergens és határértéke az eredeti sorozat határértékével egyenlő. (Tehát ha valamely sorozat rendelkezik két olyan részsorozattal, melyek határértéke

különbözik, akkor a sorozat divergens.) Monoton sorozatok konvergenciatétele: Ha az (an , n ∈ N) sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens. 6 Egy (an , n ∈ N) sorozatot Cauchy-sorozatnak nevezünk, ha ∀ε > 0 esetén ∃N ∈ N, hogy ∀n, m ≥ N esetén |an − am | < ε teljesül. Cauchy-kritérium: Egy valós számsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha Cauchy-sorozat. 5) A határérték ε-os értelmezését felhasználva bizonyı́tsuk be, hogy ¶ µ 2 =3 a) lim 3 + n∞ n 2 2n = b) lim n∞ 3n + 1 3 4 4n + 1 = c) lim n∞ 3n − 2 3 1 2n − 1 = d) lim n∞ 4n 2 1 =0 n2 + 2 −2n2 + 1 = −∞ f ) lim n∞ n+1 1 + n2 = +∞ g) lim n∞ n 2 =0 h) lim n∞ 2n2 + 3 i) lim (n + (−1)n ) = +∞ e) lim n∞ n∞ és minden esetben az ε = 0, 01-re adjuk meg a megfelelő küszöbszámot. Megoldás: a) Legyen ε > 0 tetszőleges. A definı́ció alapján be kell látnunk, hogy létezik olyan N természetes szám

(küszöbindex), hogy bármely N -nél nagyobb indexű tagra |an − 3| < ε. Keressünk tehát egy olyan küszöbindexet, melynél nagyobb indexű tagokra fennáll, hogy: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 + 2 − 3¯ < ε. ¯ ¯ n Az N küszöbindex keresése a gyakorlatban úgy történik, hogy a fenti egyenlőtlenséget megoldjuk n-re nézve. A fenti egyenlőtlenség ekvivalens a következőkkel: 2 <ε n 2 n> , ε . tehát létezik olyan N ∈ N küszöbindex (N = [ 2ε ] + 1), hogy a sorozat N -edik tagjától kezdve minden tagja ε-nál kisebb távolságra van a 3-tól. Pl ε = 0, 01-re N = 201, azaz a sorozat tagjai a 201-ik tagtól kezdve a 3-nak 0, 01 sugarú környezetében vannak. b) Legyen ε > 0 tetszőleges. A definı́ció alapján keresendő egy olyan N természetes szám, az ún. küszöbindex, hogy bármely n ≥ N -re |an − 32 | < ε, azaz ¯ 2n 2 ¯¯ ¯ bármely n ≥ N -re ¯ − ¯ < ε. 3n + 1 3 Simon

Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 7 A fenti egyenlőtlenséget a következő ekvivalens formákba ı́rjuk át: ¯ ¯ ¯ ¯ −2 ¯ ¯ ¯ 3(3n + 1) ¯ < ε ⇔ 2 <ε⇔ 3(3n + 1) 2 9n + 3 > ⇔ ε 2 − 3 . n> ε 9 h2 i ¯ ¯ −3 Tehát ha N = ε 9 +1, és n ≥ N, akkor teljesül, hogy ¯an − 32 ¯ < ε, ı́gy létezik olyan N küszöbindex, hogy a sorozat N -edik tagjától kezdve minden tagja ε-nál kisebb távolságra van a 32 -tól. Ezért a sorozat konvergens és tart a 32 -hoz Pl ε = 0, 01-re N = 22, azaz a sorozat tagjai a 22. tagtól kezdve legfeljebb 0, 01 távolságra lehetnek a 32 -tól   11 i hq +6 £1¤   1 + 1, e) N = − 2 + 1, ami az ε = 0, 01-re c) N =  ε  + 1, d) N = 4ε ε 9 ¸ ·√ 2 ε −3 + 1. N = 10, h) N = 2 f) Azt a tényt, hogy a sorozat −∞-hez tart, a definı́ció alapján látjuk be: igazoljuk, hogy ∀M ∈ R-hez létezik N ∈ N, úgy, hogy bármely N -nél nagyobb

indexű tagra an < M . Legyen M ∈ R tetszőleges (Itt M tetszőlegesen kicsi negatı́v szám lehet, pl. −100000) −2n2 + 1 <M n+1 A fenti egyenlőtlenség ekvivalens az alábbiakkal: −2n2 − M n + 1 − M <0 n+1 −2n2 − M n + 1 − M < 0. √ M ± M 2 +8(1−M ) 2 . Mivel a másodfokú A −2n − M n + 1 − M = 0 egyenlet gyökei n1,2 = −4 kifejezés előjele gyökökön kı́vül megegyezik az n2 -es tag előjelével, ezért −2n2 − M n + 1 − M < 0, ha [ n ∈ (−∞, n1 ] [n2 , +∞). Figyelembe véve, hogy n ∈ N, ezért p M − M 2 + 8(1 − M ) (M < 0 esetén), tehát n> −4 p ¸ · M − M 2 + 8(1 − M ) + 1. N= −4 8 Például M = −100 választással kapjuk, hogy az N = 51. tagtól kezdve a sorozat értékei −100-nál kisebbek. g) Azt, hogy a sorozat +∞-hez tart, a definı́ció alapján úgy látjuk be, hogy megmutatjuk, hogy ∀M ∈ R-hez létezik N ∈ N úgy, hogy bármely N

-nél nagyobb indexű ·tagra an > ¸M . A c) pontban látottakhoz hasonló gondolatmenettel kapjuk, hogy N= √ M + M 2 −4 2 + 1. 6) Igazoljuk, hogy az alábbi sorozatok divergensek: a) (1 + (−1)n , n ∈ N) b) ((−1)n , n ∈ N) µ ¶ 1 1 1 ∗ c) 1 + + + · · · + , n ∈ N 2 3 n Útmutatás: Az a) és b) pntokban a páros és páratlan tagokból álló részsorozatok ((a2n , n ∈ N) és (a2n+1 , n ∈ N)) határértéke különbözik, tehát a sorozatok divergensek. c) Az |a2n − an | > 1 2 miatt nem teljesül a Cauchy-kritérium, tehát a sorozat divergens. 7) Alkalmazva a monoton sorozatok konvergenciatételét igazoljuk, hogy a következő sorozatok konvergensek: ¶ 3n ,n ∈ N n! µ ¶ 1 1 1 + + ··· + b) 1 + , n ∈ N∗ 1·2 2·3 n(n + 1) ¶ µ 1 1 1 c) 1 + 2 + 2 + · · · + 2 , n ∈ N∗ 2 3 n µ a) 2n + 3 , n ∈ N∗ n n−8 , n ∈ N∗ e) en = 4n 2n + 4 , n ∈ N∗ . f ) fn = 3n d) dn = Megoldás: a) Itt

felhasználjuk azt a tételt, amely szerint ha egy valós számsorozat 3n (2 − n) 3n 3n+1 = − , ami monoton és korlátos, akkor konvergens. an+1 − an = (n + 1)! n! (n + 1)! negatı́v, ha n > 2, tehát a sorozat a 3. tagtól kezdve szigorúan monoton csökkenő A konvergencia szempontjábol viszont véges sok tag viselkedése nem számottevő. Mivel n 3n > 0 és n! > 0, ezért 3n! > 0, a nulla alsó korlátja lesz a sorozatnak. A tárgyalt sorozat a harmadik tagtól kezdve monoton csökkenő és alulról korlátos, következésképpen konvergens. (Megjegyezzük, hogy egy monoton csökkenő sorozat felülről mindig korlátos, hiszen a nulladik vagy az első tagjánál minden tagja kisebb vagy egyenlő értékekkel rendelkezik.) 1 1 + 2·3 + · · · + n(n+1) , ez a sorozat szigorúan monoton növekvő, mivel 1 1 1 1 + 2·3 + · · · + n(n+1) = > 0. Felülről korlátos is, mivel 1 + 1·2 bn+1 − bn = (n + 1)(n + 2)

b) bn = 1 + 1 1·2 Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 9 3−2 1 1 1 1 1 n+1−n 1 1 1 1 + 2−1 1·2 + 2·3 + · · · + n(n+1) = 1 + 1 − 2 + 2 − 3 + 3 − 4 + · · · + n − n+1 = 2 − n+1 < 2. Így a sorozat monoton növekvő és felülről korlátos, tehát konvergens. 1 c) Hasonlóan kapjuk, hogy cn+1 − cn = (n+1) 2 > 0 (n ∈ N), ezért a vizsgált sorozat 1 1 1 1 1 + 2·3 +· · ·+ (n−1)n < 2, szigorúan monoton növekvő és 0 < 1+ 22 + 32 +· · ·+ n12 < 1+ 1·2 becslés miatt felülről korlátos, tehát konvergens. A d) és f)-beli sorozat monoton csökkenő, az e)-ben szereplő pedig monoton növekvő, s mindegyik korlátos, következésképpen konvergens. 8) Igazoljuk, hogy a következő sorozatok monotonok és korlátosak, majd számı́tsuk ki a határértéküket! n 2n b) an = nq n (q ∈ (0, 1)) 2n c) an = n! a) an = n , a ∈ (−1, 1), p ∈ R rögzı́tett ap n! e) an = n n

αn , α > 1, α ∈ R. f ) an = n! d) an = Alaphatárértékek: a) lim c = c; n∞ 1 = 0, lim nk = +∞ (k > 0); n∞ nk  ha − 1 < q < 1  0,  n ha q = 1 c) lim q = 1, n∞   +∞, ha q > 1, illetve ha q ≤ −1 akkor lim q n nem létezik; n∞ ¶n ¶n µ µ 1 1 1 = e; = ; d) lim 1 + lim 1 − n∞ n∞ n n e ¶an ¶an µ µ 1 1 1 = e; = ; ha lim an = ∞, akkor lim 1 + lim 1 − n∞ n∞ n∞ an an e √ √ n n n = 1; a=1 e) lim lim (a > 0, n > 0); b) lim n∞ n∞ n∞ an =0 f ) lim (a ∈ R); n∞ n! nk g) lim n = 0 (k ∈ R, a > 1); n∞ a nk = 0 (k ∈ R); h) lim n∞ n! n! i) lim n = 0. n∞ n 10 1 ” = 0) Ha lim an = +∞, akkor lim 1.Tétel: (” ∞ 1 n∞ an n∞ = 0. 2.Tétel: (Sorozatok határértékére vonatkozó műveleti szabályok / Határátmeneti szabályok) Legyenek (an , n ∈ N) és (bn , n ∈ N) konvergens sorozatok és λ ∈ R. Ekkor az (an + bn , n ∈ N), (λan , n ∈ N), (an ·

bn , n ∈ N) sorozatok is, és a bn 6= 0 (n ∈ N) és limn∞ bn 6= 0 esetén az ( abnn , n ∈ N) sorozat is konvergens és lim (an + bn ) = lim an + lim bn ; n∞ n∞ n∞ lim λan = λ lim an ; n∞ n∞ lim an bn = lim an lim bn ; n∞ n∞ n∞ limn∞ an an = . lim n∞ bn limn∞ bn Érvényes a fenti tétel akkor is, ha limn∞ an = ∞ és/vagy limn∞ bn = ∞, amennyiben a művelet értelmezett. Értelmezettek a következő műveletek: ∞ + ∞ = +∞; −∞ − ∞ = −∞; + ∞ + a = +∞; ½ +∞, α(+∞) = −∞, ½ −∞, α(−∞) = +∞, ∞ · ∞ = +∞; −∞ + a = −∞; (a ∈ R) ha α > 0 ha α < 0, ha α > 0 ha α < 0, (+∞) · (−∞) = −∞; . . ∞ ”, ”0 · ∞”, ” 00 ”, ” 01 ”, ”1∞ ” és az ”00 ” műveletek, ezen Nem értelmezettek a ”∞ − ∞”, ” ∞ ”határozatlansági estekben” megfelelő átalakı́tásokat végzünk, amelyekkel visszavezetjük a

határérték kiszámı́tását úgynevezett értelmezett műveletekre. Ezeket a módszereket a következő feladatcsoportoknál részletesen bemutatjuk. Következmény: Legyenek (an , n ∈ N) és (bn , n ∈ N) konvergens sorozatok, limn∞ an = A, limn∞ bn = B, és k ∈ R+ , α ∈ R, β ∈ R+ , c ∈ R+ {1}. Ekkor az (aα n , n ∈ N), √ (β an , n ∈ N), ( k an , n ∈ N), (abnn , n ∈ N) és az (logc an , n ∈ N) sorozatok is konvergensek és α lim aα n =A ; n∞ lim β an = β A ; √ √ k lim k an = A; n∞ n∞ lim abnn = AB ; n∞ lim logc an = logc A. n∞ Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 11 9) Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét: ¶ ¶ 1 ∗ 3 − 2 5, n ∈ N d) n ¶ µ 1 2 + n2 ∗ , n∈N e) 3 + n13 à ! 4 − √1n3 ∗ , n∈N . f) 7 + 21n µµ µ ¶ 1 ∗ , n∈N a) n2 ¶ µ 1 ∗ b) √ , n ∈ N n µ ¶ 1 , n∈N c) 2n 1 2+ n ¶µ Megoldás: Az a), b) és c) pontokban

felhasználjuk, hogy egy végtelenbe divergáló sorozat tagjainak reciprokából képzett sorozat nullához konvergál (1.Tétel), a d), e) és f) pontokban pedig a sorozatok határértékére vonatkozó műveleti szabályok, az úgynevezett határatmeneti szabályok alkalmazásával (2.Tétel): d) 30; e) 32 ; f) 74 10) Határozzuk meg az alábbi sorozatok határértékét: a) lim (2n2 + 3n + 1) = n∞ b) lim (−2n2 − 3n + 1) = n∞ c) lim (2n2 − 3n + 1) = n∞ d) lim (2 + 4n − 3n2 ) = n∞ e) lim (2n5 − 3n7 + 2) = . n∞ Megoldások: a) lim (2n2 + 3n + 1) = +∞, itt a ”+∞ + ∞ = +∞” műveletet n∞ végeztük el. b) lim (−2n2 − 3n + 1) = −∞, itt a ”−∞ − ∞ = −∞” műveletet végeztük el. n∞ c) A ”∞ − ∞” határozatlanság miatt alkalmas átalakı́tásokkal a sorozatok határértékeire vonatkozó értelmes műveletekre vezetjük vissza. Ez esetben ki kell emelnünk a

legmagasabb fokszámú tagot, és ı́gy a következőt kapjuk: lim (2n2 − 3n + 1) = lim n2 · (2 − n3 + n12 ) = +∞ · 2 = +∞. n∞ d) −∞, e)−∞. n∞ 12 11) Elvégezve a megfelelő átalakı́tásokat, számı́tsuk ki az alábbi határértékeket: n+1 = a) lim n+2 n∞ n , n∈N j) an = √ √ 2 2n + 2006 n +1+ n+2 = b) lim µ 2 ¶ n∞ n n + 1 3n2 + 1 k) lim − = n2 + 3n + 1 n∞ 2n + 1 6n + 1 = c) lim n∞ 2n2 1 + 2 + ··· + n = l) lim 2n2 + 1 n∞ n2 d) lim = ¶ µ 2 2 2 n∞ 3n + 5n − 1 1 + 2 + · · · + n2 n2 = m) lim − 4 5n − 3n + 2 n∞ n+2 3 = e) lim n∞ 2n4 + n2 + 1 1 · 3 + 2 · 4 + . n(n + 2) = n) lim n+1 n∞ n3 f ) lim = ¶ µ 2 n∞ 2n + 1 1 + 2 + ··· + n n = o) lim − −2n5 + 6n4 + 1 n∞ n+2 2 = g) lim n∞ −n3 − n4 + 3 12 + 32 + · · · + (2n − 1)2 = p) lim −2n6 + 3n3 + 1 n∞ n3 h) lim = 5 4 n∞ n −n +1 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) √ = q) lim n2 − 3n + 1 n∞ n3 , n∈N i) an = n+1

Megoldások: a) Mind a számlálóban, mind a nevezőben levő kifejezés a +∞-be ∞ ” határozatlansági esetet eredményezi. Ez esetben az általános tart, ami az ún. ” ∞ eljárás, amellyel a sorozatok határértékére vonatkozó ún. értelmes műveletekre jutunk az, hogy mind a számlálóból, mind pedig a nevezőből kiemeljük az n nevezőben található ∞ ” határozatlanságot, s ı́gy legnagyobb hatványát, hogy egyszerűsı́téssel eltüntessük a ” ∞ n+1 n∞ n a következőt kapjuk: lim 1 ) n(1+ n n n∞ = lim 1 1+ n 1 n∞ = lim = 1. b) Hasonlóan, a számlálóban és nevezőben is n-et kiemelve majd egyszerűsı́tve kapjuk, 2n + 2006 = 2. hogy lim n∞ n n2 (1 + n3 + n12 ) 1 + n3 + n12 1 n2 + 3n + 1 = = = . lim lim c) lim n∞ n∞ n∞ 2n2 n2 · 2 2 2 d) 23 ; e) 25 ; f) 0; g) +∞; h) −∞. q q √ 1 − n3 + n12 n · 1 − n3 + n12 n2 − 3n + 1 = = 1. lim = lim i) lim n∞ n∞ n∞

n+1 n(1 + n1 ) 1 + n1 ¢ ¡ n 1 + n2 n+2 q j) Hasonlóan, lim √ lim = ´ = 21 . ³q √ n∞ 2 1 1 n2 + 1 + n + 2 n∞ n 1 + n2 + n + n2 ³ n2 + 1 3n2 + 1 ´ 6n3 + n2 + 6n + 1 − 6n3 − 2n − 3n2 − 1 ”∞−∞” k) lim − = lim = n∞ n∞ 2n + 1 6n + 1 (2n + 1)(6n + 1) −2n2 + 4n 1 = lim =− . n∞ 12n2 + 8n + 1 6 Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 1 1 + 2 + ··· + n n(n + 1) n2 + n = lim = lim = . 2 2 n∞ n∞ 2n2 n∞ n 2n 2 ¶ µ 2 µ n2 1 + 22 + · · · + n2 n(n + 1)(2n + 1) = lim m) lim − − n∞ n∞ n+2 3 6(n + 2) −2n2 + n = lim = −∞. n∞ 6(n + 2) n(n + 1)(2n + 7) 1 · 3 + 2 · 4 + · · · + n(n + 2) = lim = n) lim 3 n∞ n∞ n 6n3 Pn Pn tuk, hogy 1·3+2·4+. n(n+2) = k=1 k(k +2) = k=1 (k 2 +2k) = 13 l) lim + n(n + 1)(2n + 7) 2n(n + 1) = . 2 6 o) − 12 ; p) ; q) . n2 3 ¶ = 1 , ahol felhasznál3 n(n + 1)(2n + 1) + 6 12) Számı́tsuk ki a következő sorozatok határértékét! µ ¶ 1 n ∗ + (0, 05) − 3,

n ∈ N a) 2n ¶ ¶ µ µµ ¶n 2 −1 , n∈N b) 5 · 3 ¶ µ ¶n µµ ¶ 1 1 ∗ · , n∈N c) 2+ n 2 d) lim (5 · 3n + 2 · 7n + 2) = n∞ e) lim (2 · 3n − 7n ) = n∞ f ) lim (2n − 2 · 3n + 3 · 5n ) = n∞ g) lim (3n + 3 · 4n − 7 · 5n ) = n∞ Megoldások: a) Mivel az 5 · 3n + 7n , n∈N 2 · 7n + 2n 2n + 2 · 3n + 3 · 5n i) an = n , n∈N 3 + 3 · 4n + 7 · 5n n n 2·3 +5 j) an = , n∈N 4 · 7n + 2n 2 · 3n + 7n , n∈N k) an = 4 · 5n + 2n 2 · 3n − 7n l) an = , n∈N 4 · 7n + 2n αn + β n , α > 0, β > 0, n ∈ N m) an = n+1 α + β n+1 h) an = 1 2 kisebb, ezért és a 0, 05 számok abszolút értéke ¶ n-edik µ³ 1-nél ´n ´ ³ 1 +(0, 05)n −3 = −3. hatványuk a 0-hoz tart, s ı́gy lim 21n +(0, 05)n −3 = lim 2 n∞ n∞ ¢ ¡ ¢n ¡¡ ¢n b) A | 32 | < 1 miatt lim 32 = 0, s ı́gy lim 5 · 32 − 1 = −5. n∞ n∞ c) 2 · 0 = 0. d)+∞ + ∞ = +∞ e) Most a ”∞ − ∞” határozatlanságot úgy szüntetjük ¡

¢n meg, hogy kiemeljük a legnagyobb alapú tagot: lim (2 · 3n − 7n ) = lim 7n (2 · 73 − 1) = ∞ · (−1) = −∞. n∞ n∞ f) +∞, g) −∞ ∞ ” határozatlanságot látva mind a számlálóban, mind a nevezőben ki kell h) A ” ∞ ∞ ” emelnünk a nevező legnagyobb alapú tagját, hogy egyszerűsı́téssel eltüntessük a ” ∞ 14 ¡ ¢n 5 73 + 1 5 · 3n + 7n ¡ ¢n = határozatlanságot: lim = lim n∞ 2 · 7n + 2n n∞ 2 + 2 7 teljesül. 1 2, hiszen | 73 | < 1 és | 72 | < 1 2n + 2 · 3n + 3 · 5n i) A számlálót is, nevezőt is 5n -el osztva, a következőt kapjuk: lim n = n∞ 3 + 3 · 4n + 7 · 5n ¡ 2 ¢n ¡ 3 ¢n +2· 5 +3 3 ¡ 4 ¢n = . lim ¡ 5 ¢n n∞ 3 7 + + 3 · 7 5 5 2·3n +5n n n n∞ 4·7 +2 j) lim 2·3n +7n n n n∞ 4·5 +2 k) lim l) − n n 2·( 73 ) +( 75 ) = 40 = 0. ) n 2·( 53 ) +( 57 ) = +∞ = lim 2 n 4 = +∞. 4+( 5 ) n∞ = lim n∞ 4+( 2 7 n n 1 4 m) αn + β n n∞ αn+1 +

β n+1 lim ¡ ¢n  α +1  ¡β ¢n  lim = β1 ,  α  n∞ +β α  β  ¡ β ¢n   1+ α ¡ β ¢n = α1 , = lim n∞ α+β α    ¡ ¢n   α    lim ¡ β ¢n+1 = 2 , α+β α n∞ α β +β. ha α < β ha β < α ha α = β. 13) Számı́tsuk ki! a) lim (2n + 3n + 4n ) n∞ b) lim (2n − 3n − 5n ) n∞ 2n + 3n n∞ 4n + 5n 2n + 5n d) lim n+1 n∞ 3 + 5n+1 n 2 + 3n + 5 n e) lim n−1 n∞ 3 + 5n−1 c) lim 2n + 3n n∞ 3n + 4n 2 · 3n + 5n g) lim n∞ 5n − 2n 2 · 5n − 3 · 2n h) lim n∞ 4 · 3n − 5 · 2n 3 · 4n − 5n+1 i) lim n∞ 2n − 4 · 3n f ) lim Eredmények: a) +∞, b) −∞, c) 0, d) 51 , e) 5, f) 0, g) 1, h) +∞, i) +∞. 14) Számı́tsuk ki a következő határértékeket, ha a, b > 0 valós számok: 2an − 3 n∞ an + 1 an − a−n b) lim n n∞ a + a−n an + bn c) lim n+1 n∞ a + bn+1 a) lim an + 3n n∞ 4n + 5n a n + 5n e) lim n n∞ 4 − 5n f ) lim (an − bn ). d) lim

n∞ Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal Megoldások: a) n lim 2an −3 n∞ a +1     =    15 n lim 1 2−3( a ) = n ) 1 − 2 , ha a = 1 n∞ 1+( 1 a 2 1 = 2, ha a > 1 −3 1 = −3, ha a < 1. ( ) lim = a1 , ha a > b n∞ ( ) an +bn c) lim an+1 +bn+1 = n∞  ( )  = 1b , ha b ≥ a. lim n∞ ( )  +∞  1 = +∞, ha a > 5  n n ( a5 ) +( 53 ) an +3n 1 = d) lim 4n +5n = lim 4 n 1 = 1, ha a = 5 n∞ n∞ ( 5 ) +1   0 1 = 0, ha a < 5.    1 1 b n a+a a b n+1 1+ a 1 a n + 1b b b a n+1 +1 b 15) A sorozatok határértékeivel végzett műveleti szabályokat alkalmazva számı́tsuk ki a következő sorozatok határértékét! õ ! ¶3 1 ∗ , n∈N a) 2+ n µ ¶ n b) , n∈N 2n (n + 1) ! õ ¶4 2n + 1 , n∈N c) 3n Ãr ! 2 5 32n + 1 , n≥3 d) n2 − 7 e) an = 2 3n2 −n+1 n2 +3 , n∈N 3 10n − 1 , n∈N f ) an = lg 3 n +1 r 2n2 + 1 g) an = , n∈N 8n2 + 3 ¶π µ 2n

, n∈N h) an = n+1 n i) an = 5 2 , n ∈ N n j) an = 7− 3 , n ∈ N Megoldások: ¢3 ¡ a) lim 2 + n1 = 23 = 8. n∞ b) Gondoljunk a határérték és a műveletek kapcsolatára: n n 1 lim = lim n · lim = 0 · 1 = 0. n∞ (n + 1) n∞ 2n (n + 1) n∞ 2 ¶4 µ 2n + 1 = 0. c) lim n∞ 3n s r 2 √ 32 + n12 5 32n + 1 5 = 5 32 = 2. = d) lim lim 7 2 n∞ n∞ n −7 1 − n2 3n2 −n+1 3n2 − n + 1 n2 +3 = 3 határérték létezik és véges, ezért lim 2 = n∞ n∞ n2 + 3 e) Mivel a lim lim 2n∞ 3n2 −n+1 n2 +3 = 23 = 8. 16 10n3 − 1 10n3 − 1 = 10 határérték létezik és véges, ezért lim lg 3 = 3 n∞ n + 1 n∞ n +1 3 ¡ 10n − 1 ¢ = lg 10 = 1. lg lim n∞ n3 + 1 g) 21 ; h) 2π ; √ n i) lim 5 2 = lim 5n = +∞. f) Mivel a lim n∞ j) lim 7 n∞ −n 3 n∞ = lim n∞ 1 √ 3 n 7 1 = ”∞ ” = 0. 16) Határozzuk meg a ∈ R értékét úgy, hogy p (1 − a)2 n4 + n2 + 1 = 2 legyen; a) lim n∞ an2 p (1 − a2 )2 n2 + 1

= 3 legyen. b) lim n∞ n √ (1−a)2 n4 +n2 +1 Megoldások: a) lim an2 n∞ 1 2a egyenlet megoldása: a = 3 . √ (1−a2 )2 n2 +1 = b) limn∞ n keressük: a = ±2. |1−a2 | 1 = lim n2 q (1−a)2 + n12 + n14 an2 n∞ = |1−a| a . Az |1−a| = = |1 − a2 |, ı́gy a |1 − a2 | = 3 egyenlet megoldását 17) Számı́tsuk ki a következő sorozatok határértékét! √ √ n + 2 − n, n ∈ N p p b) an = n2 + n + 1 − n2 − 1, n ≥ 1 √ √ √ c) an = n( n + 1 − n), n ∈ N p d) an = n2 + 2n + 3 − n, n ∈ N √ √ e) an = 3 n + 1 − 3 n − 1, n ∈ N a) an = 1 f ) an = √ √ , n≥1 2 n( n + 1 − n) √ n 8−1 , n ∈ N∗ g) an = √ n 2−1 √ √ Megoldás: a) A ”∞ − ∞”√tı́pusú határozatlanság azon esetében, amikor a − b √ határértékét keressük, a a + b-vel, az ún. konjugálttal √ √ való√bővı́téssel vezetjük vis√ sza értelmezett műveletekre. Így tehát a ( a − b)( a +

b) = a − b azonosság √ √ miatt a számlálóban eltűnik a gyökös kifejezés, a nevezőben keletkező a + b már ”∞ + ∞” = +∞ határértékű lesz. √ √ √ √ ¡√ √ ¢ ( n + 2 − n)( n + 2 + n) n+2−n √ = lim √ n + 2 − n = lim lim √ √ = n∞ n∞ n∞ ( n + 2 + n) n+2+ n 2 lim √ √ = 0. n∞ n+2+ n Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 17 b) Hasonlóan, a konjugálttal való bővı́téssel: lim n∞ √ ¢ ¡√ n2 + n + 1 − n2 − 1 = n2 + n + 1 − (n2 − 1) n+2 √ √ = lim √ = = lim √ 2 2 2 n∞ n∞ n +n+1+ n −1 n + n + 1 + n2 − 1 2 2 n(1 + n ) 1+ n q q q = lim q = lim n∞ n∞ n( 1 + n1 + n12 + 1 − n12 ) 1 + n1 + n12 + 1 − 1 n2 = 1 . 2 √ √ √ √ √ n+1−n n = n( n + 1 − n) = lim n √ lim ³q √ n∞ n∞ n + 1 + n n∞ √n 1+ c) lim 1 n ´= +1 1 1 = lim q = . n∞ 2 1 1+ n +1 d) lim n∞ ³√ √ ´ ¡√ ¢ n2 + 2n + 3 − n = lim n2 + 2n + 3 − n2 =

n∞ (2 + n3 ) 2 + n3 n2 + 2n + 3 − n2 √ = lim ³q = lim √ = ´ = lim q n∞ n∞ n∞ n2 + 2n + 3 + n2 n 1 + n2 + n32 + 1 1 + n2 + n32 + 1 = 1. √ √ e) Alkalmazzuk, hogy a3√− b3 √ = (a −√b)(a2 + ab + b2 ), vagyis a − b = ( 3 a − 3 b) · √ √ √ 3 3 3 3 ( a2 + 3 ab + b2 ), ı́gy a ( a2 + 3 ab + b2 )-val bővı́tve a számlálóból eltűnik a gyökös kifejezés: ¢ ¡√ √ n + 1 − (n − 1) p p = lim 3 n + 1 − 3 n − 1 = lim p n∞ 3 (n + 1)2 + 3 (n + 1)(n − 1) + 3 (n − 1)2 n∞ 2 p p = 0. = lim p n∞ 3 (n + 1)2 + 3 (n + 1)(n − 1) + 3 (n − 1)2 √ √ √ n2 + 1 + n n2 + 1 + n2 √ = lim √ √ = lim √ f) = n∞ n( n2 + 1 − n)( n2 + 1 + n) n∞ n(n2 + 1 − n2 ) q √ √ √ √ q n( n + n1 + n) √ n2 + 1 + n2 √ √ = lim = lim ( n + n1 + n) = +∞. lim n∞ n∞ n∞ n n lim √ √ 1 n∞ n( n2 +1−n) 3 g) Alkalmazzuk, hogy a3 − b√ = (a − b)(a2 + ab + b2 ), ı́gy a következő határértékhez √ n n √

¡ √ ¢ 8−1 ( 2)3 − 13 √ = lim = lim ( n 2)2 + n 2 + 1 = 3. jutunk: lim √ n n n∞ n∞ 2 − 1 n∞ 2−1 18 18) Számı́tsuk ki az alábbi határértékeket! p 3n2 + n + 1 n∞ ¡ √ √ ¢ b) lim 9n n − 2n2 − 3 n n∞ p ¡ ¢ c) lim n2 + n4 + 3n2 + 1 n∞ √ ¢ ¡ d) lim n2 − 2n + 1 n∞ p ¡ ¢ e) lim 3n2 − n2 + 2n − 5 n∞ p ¢ ¡ 3 f ) lim 2n − n3 − 2n2 + 3 p ¢ ¡p 3 3 n3 − 1 + 3n2 − 2n3 − 2 n∞ p ¡ ¢ h) lim n2 − n4 + 1 n∞ p ¢ ¡p 3 n3 − 1 − n3 + 1 i) lim n∞ p ¡p ¢ 3 3 n2 − 1 − n3 + 3n + 5 j) lim n∞ p ¡ ¢ k) lim n − 2n2 + 3n + 1 a) lim g) lim n∞ n∞ Megoldások: a) lim n∞ q √ 3n2 + n + 1 = lim n 3 + n∞ 1 n 1 n2 + = +∞ · √ 3 = +∞. ¢ ¡ √ ¡ √ ¢ 1 = +∞ · (−2) = −∞. b) lim 9n n − 2n2 − 3 n = lim n2 9 √1n − 2 − 3 n√ n n∞ n∞ q ³ √ ¡ ¢ c) lim n2 + n4 + 3n2 + 1 = lim n2 1 + 1 + n∞ 3 n2 n∞ + 1 n4 ´ = +∞ · 2 = +∞. ¡ ¢ √ A d) és e)

pontokban hasonlóan kapjuk, hogy lim n2 − 2n + 1 = +∞ és n∞ √ ¢ ¡ lim 3n2 − n2 + 2n − 5 = +∞. n∞ q √ ¡ ¡ ¢ f) lim 2n − 3 n3 − 2n2 + 3 = lim n 2 − 3 1 − n∞ n∞ 2 n + 3 n3 ¢ = +∞ · (2 − 1) = +∞. q √ ¢ ¢ ¡√ ¡q 3 n3 − 1 + 3 3n2 − 2n3 − 2 = lim n 3 1 − n13 + 3 n3 − 2 − n23 = n∞ n∞ √ = +∞ · (1 − 3 2) = −∞. √ √ √ √ ¢ ¡ 2 √ ( n4 − n4 + 1)( n4 + n4 + 1) 4 √ = h) lim n − n + 1 = lim √ n∞ n∞ n4 + n4 + 1 −1 = lim √ = 0. √ 4 n∞ n + n4 + 1 q √ ¢ ¢ ¡√ ¡q i) lim 3 n3 − 1 − n3 + 1 = lim n 3 1 − n13 − n + n12 = (+∞)(−∞) = −∞. g) lim n∞ j) lim n∞ n∞ √ ¡√ ¢ ¡q 3 n2 − 1 − 3 n3 + 3n + 5 = lim n 3 n1 − n∞ = +∞ · (−1) = −∞. q √ ¢ ¡ ¡ k) lim n − 2n2 + 3n + 1 = lim n 1 − 2 + n∞ n∞ 3 n 1 n3 − + 1 n2 q 3 1+ ¢ 3 n2 = −∞. + 5 n3 ¢ = Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 19)

Számı́tsuk ki: Ãr ! n+1 −1 a) lim n n∞ n+2 √ √ n+2− n+1 √ b) lim √ n∞ n+4− n+3 √ ¢ √ ¡√ c) lim n n + 1 − n 19 √ √ ¢ ¡√ n+1−2 n+2+ n+3 √ 5n2 + 2n + 2 e) lim n∞ 4n + 1 √ √ n+1− n √ f ) lim √ n∞ 3 n2 + 2 − 3 n2 + 1 d) lim n∞ n∞ √ √ n+1− n √ g) lim √ n∞ 3 n3 + 2 − 3 n3 + 1 √ √ n2 + n + 1 − 2 n2 − n + 1 h) lim n∞ pn p 3 3 2 i) lim ( n + n − n2 + 2n) n∞ q √ √ j) lim ( n + n − n) n∞ √ √ √ 3 n2 ( 3 n + 1 − 3 n − 1) n∞ √ √ 4 √ n+1− 4n l) lim 12 n · √ √ 3 n∞ n+1− 3n √ √ √ √ m) lim n n( n + 1 − n − 1 − 2 n) n∞ Ãr ! n+2 k n) lim n − 1 , (k ∈ N). n∞ n+5 k) lim Eredmények: a) − 21 ; b) 1; c) 21 ; d) 0; e) 45 ; f) +∞; g) +∞; h) -1; 20) Számı́tsuk ki az alábbi határértékeket: (vegyes feladatok) n−1 , n ∈ N∗ n 2n , n∈N b) an = 2 n +1 2n2 + 1 , n∈N c) an = 2 n +2 a) an = µ g) an = 2n5 − 3n2 + 1 , n∈N −4n3

+ 2 2n2 + 3 n2 + 1 e) an = − , n∈N 4n + 5 2n + 3 ¶ µ µ ¶n µ ¶n 5 2 + −3 , n∈N f ) an = 5 2 d) an = ¶ µ ¶n 3 n − (−0, 3) , n ∈ N 2· 2 h) an = n8 − n7 + n4 , n ∈ N √ √ i) an = 3n − 2 − 3n + 5, n ∈ N √ √ j) an = 4n + 6 − 2n + 5, n ∈ N p √ k) an = n + 2( n2 − 1 − n), n ∈ N∗ 2n+1 + 3n , n∈N 2n + 3n+1 3n + 5n+1 m) an = n+1 , n∈N 3 + 5n l) an = n) an = 2n3 − n2 + 1, n ∈ N o) an = 1 + 3n − n7 , n ∈ N q √ √ p) an = n + n − n, n ∈ N q √ √ 3 q) an = n + n2 − n, n ∈ N 2n + 5 , n∈N r) an = lg n+4 √ n2 − 6n + 25 s) an = , n∈N 3n + 2 20 Eredmények: a) 1 b) 0 c) 2 d) −∞ e) 81 f) +∞ g) +∞ h) +∞ i) 0 j) +∞ k) 0 l) 31 m) 5 n) +∞ o) −∞ p) 21 q) +∞ r) lg 2 s) 31 . 21) Számı́tsuk ki az alábbi határértékeket: (vegyes feladatok) µ ¶n ¶n µ p 3 1 + a) lim i) lim (2n2 − n2 − n + 1) n∞ n 4 n∞ p ¤ £ ¡ ¢ n b) lim 4 · (0, 3) − 1 j) lim n − n2 − n + 2 n∞ n∞

¶n ¶ µµ p ¢ ¡ 3 3 3 n3 − 1 lim n − k) +4− 2 c) lim − n∞ n∞ 7 n p ¡ ¢ l) lim n2 − n4 − 2n3 + 4 2 d) lim (n + 2n − 3) n∞ n∞ p ¢ ¡p 3 3 2 n3 − 1 − n3 + 3 lim m) e) lim (n − 2n + 1) n∞ n∞ p ¡p ¢ p 3 3 n3 + 1 − 2n3 + 3n − 1 n) lim n2 + n + 1 f ) lim n∞ n∞ p ¢ ¡p 3 3 2n2 + 3n − 2 n3 − 3n2 − 1 − n3 − 1 o) lim n∞ g) lim p n∞ 4n − 3n2 + 1 ¢ ¡p 3 3 n3 + 1 − n3 − 2 p) lim 2 h) lim (3n − 5n + 1) n∞ n∞ Eredmények: a) 0, b) −4, c) 4, d) +∞, e) +∞, f) +∞, g) − 32 , h) −∞, √ i) +∞, j) 21 , k) 0, l) +∞, m) 0, n) +∞(1 − 3 2) = −∞, o) −1, p) 0. 22) Számı́tsuk ki: lim (a · n + b n∞ p cn2 + 1), ha a) a = 1; b = 1; és c = 1 vagy b) a = 2; b = −1; és c = 1 vagy c) a = 1; b = −1; és c = 2 vagy d) a = 1; b = −1; és c = 1 23) Számı́tsuk ki: p a2 n2 + bn + 1, ha a ∈ R, b > 0; n∞ p b) lim (n + 1 − an2 + 2n + 1), ahol a > 0; n∞ p c) lim (2n − an2 + n + 1),

ahol a > 0; n∞ p d) lim ( an2 + 1 − 3n), ahol a > 0; n∞ p e) lim n( an2 + bn + c − n), ahol a > 0; n∞ p 3 f ) lim (n + 1 + an3 ), ahol a ∈ R; n∞ p 3 g) lim (n + 1 − 1 + an3 ), ahol a ∈ R; n∞ p 3 h) lim (2n − 1 + 1 − an3 ), ahol a ∈ R; n∞ p 3 i) lim ( n2 + n − 1 − an), ahol a ∈ R. a) lim n∞ Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 21 24) Számı́tsuk ki: ¢5 ¡ 1 + n1 − 1 a) lim ¡ ¢ n∞ 2 + 1 3 − 8 n 1 + a + a2 + · + an ha a, b ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞). n∞ 1 + b + b2 + · + bn b) lim 25) Határozzuk meg az a, b,és c valós számok értékét úgy, hogy lim n(an + n∞ p 2 + bn + cn2 ) = 1 legyen. Eredmény: a = −1, b = 0, c = 1. 26) Határozzuk meg a, b ∈ R értékeit úgy, hogy fennálljon a következő egyenlőség: p 3 a) lim ( 1 − n3 − an − b) = 0; n∞ p √ b) lim ( 2n2 + 4n + 1 − an − b) = 2 2 n∞ p 1 3 . c) lim ( 3n3 + 2n2 + n + 1 − an − b) = √ 3 n∞ 9 27) Ha a0

, a1 , a2 , . , ak valós számok és a0 + a1 + a2 + · · · + ak = 0, akkor számı́tsuk ki a következő határértéket rögzı́tett k ∈ R esetén: √ √ √ √ 3 lim (a0 3 n + a1 3 n + 1 + a2 3 n + 2 + · · · + ak n + k). n∞ 4.Tétel (Rendőr-szabály / Közrefogási elv / fogó tétel): Legyenek (an , n ∈ N), (bn , n ∈ N) és (cn , n ∈ N) valós számsorozatok, melyekre an ≤ bn ≤ cn teljesül ∀n ∈ N esetén. Ha (an , n ∈ N) és (cn , n ∈ N) konvergens és határértékük azonos, akkor (bn , n ∈ N) is konvergens és limn∞ bn = limn∞ an = limn∞ cn . (A rendőr-elv akkor is igaz, ha a an ≤ bn ≤ cn egyenlőtlenség csak véges sok n-re nem teljesül.) 22 28) Számı́tsuk ki az alábbi általános taggal rendelkező sorozatok határértékét! √ n 45, n ∈ N √ n b) an = 15, n ∈ N∗ √ n c) 3n2 p 6n 5n3 + 1 d) √ e) 2n 2n + 3 r 2n 2n + 3 f) 5n − 4 √ n n g) 2 + 3n √ h) n 3n +

5n + 7n ¶1+ n1 µ 1 i) 1 + n sin n π3 . j) n2 a) an = Megoldások és útmutatások: Az a) és b) pontokban használva az lim 1 (a > 0, n > 0) alaphatárértéket, kapjuk, hogy a keresett határérték 1. √ √ √ 2 n c) 3n2 = n 3 ( n n) 1. n∞ √ n a = d) A sorozatelemeket alulról és felülről olyan sorozatokkal becsüljük, melyek határértéke √ √ √ √ √ 3 megegyezik: 1 < 6n 5n3 + 1 < n 5n3 + 1 < n 5n3 + n3 = n 6 ( n n) 1, ı́gy a rendőrtétel értelmében a vizsgált sorozat határértéke is 1. Hasonlóan a e) és f) esetben 1 lesz az eredmény. √ √ √ √ n √ 2 + 3n < n 3n + 3n = n 2 · 3n = 3 n 2 3 · 1 = 3, ı́gy a rendőr g) 3 = n 3n < n√ tétel miatt limn∞ n 2n + 3n = 3. √ √ √ √ h) Hasonlóan, 7 =√n 7n < n 3n + 5n + 7n < n 7n + 7n + 7n = 7 n 3 7, ı́gy a rendőr tétel miatt limn∞ n 3n + 5n + 7n = 7. ¢1+ n1 ¢¡ ¢1 ¡ ¡ = 1 + n1 1 + n1 n Itt az első tag

az 1-hez tart, a második is, melyet i) 1 + n1 vagy azzal a meggondolással kapunk, hogy limn∞ abnn = AB = 10 = 1 (limn∞ an = √ ¢1 ¡ 1 A, limn∞ bn = B), vagy pedig a rendőr-tétellel: a 1 ≤ 1 + n1 n ≤ 2 n = n 2 1 ¢1 ¡ becslésből kapjuk, hogy limn∞ 1 + n1 n = 1. ¢1+ n1 ¡ = 1 · 1 = 1. Így a keresett határérték: limn∞ 1 + n1 j) Felhasználva, hogy a sin függvény értékkészlete a [−1, 1] intervallum, kapjuk az sin n π alkalmas becslést: − n12 ≤ n2 3 ≤ n12 . Mivel nullsorozattal majoráltuk és minoráltuk a sin n π sorozatot, ezért a rendőr szabály értelmében a vizsgált sorozat is nullsorozat: n2 3 0. Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 23 29) A rendőr-elv alkalmazásával határozzuk meg a következő sorozatok határértékét: √ n n + 3, n ∈ N √ b) an = n n + 5, n ∈ N∗ √ c) an = n 3n + 2n , n ∈ N∗ 1 1 1 (n ∈ N∗ ) + + ··· + 2 d) an = 2 n + 1 n2 + 2 n +n 1 1

1 (n ∈ N∗ ) e) an = √ +√ + ··· + √ 9n2 + 1 9n2 + 2 9n2 + n n n+1 n + (n − 1) (n ∈ N∗ ) f ) an = + + ··· + n+1 n+2 n+n a) an = Útmutatások és eredmények: a) 1; b) 1; c) 3; 1 1 1 n ≤ 2 ≤ 2 ≤ an ≤ d) 2 (k ∈ {1, 2, 3, . , n}), ezért bn = 2 n +n n +k n +1 n +n n = cn . Mind a (bn , n ∈ N∗ ) sorozat, mind pedig a (cn , n ∈ N∗ ) a 0-hoz tart, ı́gy n2 + 1 a rendőr-elv alapján az (an , n ∈ N∗ ) is. 1 1 1 ≤√ ≤√ e) √ (k ∈ {1, 2, 3, . , n}), ezért 2 2 9n + n 9n + k 9n2 + 1 n n ≤ an ≤ √ = cn (n ∈ N∗ ). Mind a (bn , n ∈ N∗ ), mind pedig a bn = √ 9n2 + n 9n2 + 1 (cn , n ∈ N∗ ) az 31 -hoz tart, ı́gy a rendőr-elv alapján az (an , n ∈ N∗ ) is. f) Hasonlóan kapjuk, hogy a határérték +∞. 30) A rendőr-elv alkalmazásával határozzuk meg a következő sorozatok határértékét: 1 1 1 + (n ∈ N∗ ) + ··· + n2 (n + 1)2 (n + n)2 √ b) an = n 1n + 2n + · · · + nn 1 1 1 (p,

n ∈ N∗ ) c) an = √ + √ + ··· + √ p p p np + n np + 1 np + 2 √ d) an = n 1n + 2n + · · · + 10n ¶ µ 1 π π π e) an = cos + cos + · · · + cos n+1 n n+1 n+n 1 2 n (n ∈ N∗ ) f ) an = 2 + + ··· + 2 n + 1 n2 + 2 n +n 1 1 1 + . g) an = + ··· + (2n)2 (2n + 1)2 (2n + n − 1)2 a) an = 24 31) Számı́tsuk ki az alábbi határértékeket: ¶n−4 3n − 2 n∞ 3n + 5 µ ¶−n−2 5n − 3 i) lim n∞ 5n + 3 ¶√n µ 3 j) lim 1 + √ n∞ n+1 ¶ µ 1 k) lim n ln 1 + n∞ 2n ¶n µ 1 l) lim 1 + 2 n∞ n ¶n2 µ 1 m) lim 1 + n∞ n ¶n µ 1 n) lim 0.9 + n∞ n ¶n µ 1 o) lim 1.1 + n∞ n µ µ ¶n n+1 n µ ¶n n b) lim n∞ n + 1 ¶n µ 1 c) lim 1 + n∞ 2n ¶2n µ n+3 d) lim n∞ n + 5 ¶5n µ 2n + 1 e) lim n∞ 2n − 3 ¶n µ 2 f ) lim 1 + n∞ n ¶n+1 µ 2n + 3 g) lim n∞ 2n + 5 a) lim n∞ h) lim Megoldások: Ha az alap az 1-hez tart, a kitevő pedig a +∞-hez, akkor az ún. ”1∞ ” tı́pusú határozatlansági esettel¡van

dolgunk. Ilyenkor a következő alaphatárértékek ¢n ¢n ¡ mindig valamelyikét használjuk: lim 1+ n1 = e ; lim 1− n1 = 1e , vagy ezek általánosı́tásait: n∞ n∞ ¢ an ¢an ¡ ¡ = e; s lim 1 − a1n = 1e . a lim an = +∞ esetén lim 1 + a1n n∞ n∞ n∞ ¢n ¢n ¡ ¡ = lim 1 + n1 = e. a) lim n+1 n n∞ n∞ ¢n ¢n ¢(n+1)−1 ¡ n ¢n ¡ ¡ ¡ 1 1 = lim n+1−1 = lim 1 − n+1 = lim 1 − n+1 = b) lim n+1 n+1 n∞ n∞ n∞ n∞ i ¡ h¡ ¢ ¢ n+1 −1 1 1 · 1 − n+1 = e−1 · 1 = 1e vagy a sorozatok határértékeivel = lim 1 − n+1 n∞ lim bn végzett műveleti szabályok között szereplő lim abnn = ( lim an )n∞ alapján eljárva: n∞ n∞ n h¡ ¢n ¢n+1 i n+1 ¡ n ¢n ¡ n+1−1 ¢n ¡ 1 1 = lim 1 − n+1 = lim 1 − n+1 = 1e . lim n+1 = lim n+1 n∞ n∞ n∞ n∞ h¡ ¢ ¢ 1 ¢ i1 ¡ ¡ √ 1 1 n 1 2n 2 1 2n 2 = lim 1 + 2n = lim 1 + 2n = e 2 = e. c) lim 1 + 2n n∞ n∞ n∞ ¢2n ¢ n+5 ¡ ¡ 1 1 2 4−10 = lim 1 − n+5 =

lim n+5 = lim 1 − n+5 = d) lim n+5 n∞ n∞ n∞ n∞ 2 2 ¡ 1 ¢4 −4 = e = e vagy 2 i n+5 h¡ 2n ¢2n ¢ n+5 ¢2n ¡ n+3 ¢2n ¡ ¡ 1 1 2 = = lim n+5−2 = = lim n+5 1 − 1 − lim lim n+5 n+5 n+5 n∞ n∞ n∞ n∞ 2 2 ¡ 1 ¢4 = e = e−4 . ¡ n+3 ¢2n ¡ n+5−2 ¢2n Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal e) e10 f) e2 g) ¡ j) lim 1 + n∞ ¡ lim 1 + n∞ √3 n+1 1 e 7 25 6 h) ( 1e ) 3 i) e 5 ¢ √n+1 ¡ ·3−1 1 3 = e3 vagy = lim 1 + √n+1 n∞ 3 √ i√ 3 · n h¡ ¢ √n+1 n+1 1 3 = lim 1 + √n+1 = e3 . √3 n+1 ¢√n ¢√n n∞ 3 ¢ ¢ ¡ ¡ 1 1 n = lim ln 1 + 2n . Felhasználva az ln függvény folytonosságát, a k) lim n ln 1 + 2n n∞ n∞ h¡ ¢ ¢ i1 ¡ 1 n 1 2n 2 = ln lim 1 + 2n = lim és ln felcserélhető, tehát a határérték = ln lim 1 + 2n n∞ 1 n∞ ln(e 2 ) = 21 . ¡ l) lim 1 + n∞ ¢ 1 n n2 = lim n∞ h¡ 1+ ¢ 2 1 n n2 i n1 = e0 = 1. ¢n2 ¢n ¤n £¡ ¡ = limn∞ 1 + n1 = +∞. m) limn∞

1 + n1 ¢n ¡ Az n) és o) pontokat a rendőr-tétellel oldjuk meg: n) lim 0, 9 + n1 = 0, hiszen az n∞ alap egy adott indextől (a 20.-tól) kezdve kisebb mint 0, 95; ı́gy 1-nél kisebb abszolút értékű alapú hatványokból álló sorozatról van szó, ezért a határéréke kisebb mint 0, ám nagyobb is mint 0, hiszen a sorozat tagjai pozitı́vak. ¢n ¡ 0 < 0, 9 + n1 < 0, 95n   y 0 o) Hasonló gondolatmenettel: ¢n ¡ 1.1 + n1 > 1, 1n   y +∞ ¢n ¡ Így lim 1.1 + n1 = +∞ n∞ 26 32) Számı́tsuk ki! ¶n+1 µ 7 a) lim 1 + n∞ n ¶n µ 3 b) lim 1 − n∞ n ¶n2 µ 1 c) lim 1 + n∞ n ¶3n µ 1 d) lim 1 + n∞ n ¶n µ 1 e) lim 1 + 2 n∞ n ¶n+1 µ n f ) lim 1 + 2 n∞ n +1 µ g) lim n∞ n+1 n+2 ¶2n µ ¶n3 n3 + 1 n∞ n3 + 4 ¶5n µ 3n + 2 i) lim n∞ 3n + 5 ¶3n µ 33n j) lim n∞ (3 + 1 ) n ¶n+1 µ ¶3n+1 ¸ ·µ 1 1 · 1+ k) lim 1+ n∞ n 2n 5n2 +8n+2 ¶ µ 3 3n+6 n + n2 + 5n + 7 l) lim n∞ n3 + 2n2 + 3n

+ 8 h) lim Eredmények: a) e7 , b) e3 , c) e+∞ = +∞, d) e3 , e) e0 = 1, f) e, g) e−2 , 5 5 3 h) e−3 , i) e5 , j) +∞, k) e · e 2 = e 2 , l) e− 3 . 33) Számı́tsuk ki az alábbi határértékeket: µ ¶ n2n−2 1 a) lim n∞ 3 ¶µ ¶ µ ¶n µ 2 1 2 + − b) lim 2 − 3+ n∞ n n 5 2 + n1 n∞ 4 − 3 µ n ¶n n+2 d) lim n∞ 4n − 1 ¶ n+3 µ 2n + 1 n−1 e) lim n∞ n−2 ¶ 2n−1 µ n+2 n+4 f ) lim 2 n∞ 2n − 1 ¶ 2n+1 µ 1 3n−2 g) lim 2 − n∞ n c) lim Megoldások: a) lim ¡ 1 ¢ n2n−2 n∞ 3 ¡ 1 ¢n− n2 n∞ 3 = lim ¡ 1 ¢n n∞ 3 = lim · √ n 32 = 0 · 1 = 0. Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 27 ¢¡ ¢ ¡ ¢n ¡ = b) A határérték és a műveletek kapcsolata miatt: lim 2 − n1 3 + n2 + − 52 n∞ 2 · 3 + 0 = 6. 2 + n1 2 1 = = . c) lim n∞ 4 − 3 4 2 ¶n µ n n+2 = 0, mert az alap egy 41 -hez tartó sorozat, ezért a rendőr-elv d) lim n∞ 4n − 1 segı́tségével látható, hogy kisebb

és nagyobb, mint egy 1-nél kisebb alapú, tehát 0-hoz tartó sorozat. ¶n µ ¶n µ 1 n+2 < (n ≥ 2) 0< 4n − 1 2 A fenti megoldás helyett követhetjük az alábbi módszert: a számlálóból n-et, a nevezőből pedig 4n-et kiemelve, ¡ ¢n ¶n µ µ ¶n ³ n ´n ¡ 1 + 2 ¢ n 1 + n2 e2 n+2 1 n ¢ ¡ = = = lim lim 0 · lim n 1 1 = 0. h¡ 1 ¢ i n∞ 4 n∞ 4n n∞ 4n − 1 1 − 4n e− 4 1 4n 4 1 − 4n e) lim n+3 ¡ 2n+1 ¢ n−1 n∞ n−2 = 21 = 2. f) Mivel az alap egy 0-hoz, a kitevő pedig 2-höz tartó sorozat, ezért ¢ 2n−1 ¡ n+2 = 02 = 0. lim 2nn+4 2 −1 n∞ ¢ 2n+1 ¢2+ 7 ¡ ¡ 2 g) lim 2 − n1 3n−2 = lim 2 − n1 3 9n−6 = 2 3 . n∞ n∞ 34) Számı́tsuk ki az alábbi határértékeket: µ a) lim n∞ µ b) c) d) e) f) g) 2n − 1 n+3 −2n+1 ¶ 3n22−5n ¶ 2n−1 3n2 − 2n + 1 3−4n lim n∞ n2 − 3n + 2 ¶ 2n−3 µ 2 n − 3n + 5 n2 −3n+4 lim n∞ 3n2 − n + 1 3 n µ ¶√n− √ 3−n lim n∞ 2n + 1

µ ¶ √ n−1 4n − 3 lim n n · + n∞ 5n + 3 5n + 2 ¶n µ 2 2n − n + 1 lim n∞ 3n − 2 ¶ 2n+4 µ n + 3 3−n lim n∞ 2n − 1 28 2 Eredmények: a) 2−∞ = 0, b) 3− 4 = √13 , c) ( 31 )0 = 1, d) (− 21 )+∞ = 0, e) 1 · 51 + 54 = 1, f) +∞+∞ = +∞, g) ( 21 )−2 = 4 35) Állapı́tsuk meg az alábbi sorozat határértékét! ¶n+2 2n − 7 a) lim n∞ 1 − 3n ¶n µ 5 + 10 + 15 + . + 5n . b) lim n∞ n2 µ ³ Megoldások: a) limn∞ ¢2 −7 ¡ 0 · e− 21 − 32 = 0. e 2n−7 1−3n ´n+2 · = limn∞ 7 2n(1− 2n ) ¸n+2 1 −3n(1− 3n ) 7 n+2 ¡ ¢2 ¡ ¢n (1− 2n ) − 32 = = limn∞ − 32 1 n+2 (1− 3n ) 3 b) limn∞ ¡ 5+10+15+.+5n ¢n n2 · = limn∞ 5· n(n+1) 2 n2 ¸n = limn∞ ¢n ¡ 5 ¢n ¡ · 1 + n1 = 2 +∞. 36) Adjuk meg az alábbi sorozatok határértékét! 3n+1 n∞ (n + 1)! 5n+3 . b) lim n∞ n! a) lim Megoldások: a) limn∞ b) limn∞ 5n+3 n! 3n+1 (n+1)! = limn∞ 3n n! · 3 n+1 = 0 · 0 =

0. = 53 · 0 = 0. 37) Számı́tsuk ki a lim (3n − 100)n határértéket! n∞ Megoldás: Mivel a 3n − 100 sorozat a 35. tagtól kezdve minden tagja nagyobb, mint 2, ı́gy összehasonlı́tással adódik az eredmény: an = (3n − 100)n > 2n = bn . A bn ∞ sorozattal minoráltuk az an sorozatot: an > bn (n ≥ 35), tehát limn∞ (3n−100)n = ∞. Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 29 38) Határozzuk meg a határértékekét az alábbi sorozatoknak: µ a) b) c) d) e) f) ¶ 2n + 2−n ∗ , n ∈ N 2−n + 3n Ã√ ! √ 4 n3 + n − n √ , n∈N n+2+ n+1 µ ¶ 3 ∗ √ , n∈N 1− n2 µ ¶ 1 1 1 ∗ + + ··· + , n∈N 1+ 1·2 2·3 n(n + 1) ´ ³√ √ √ 4 2 2n 2 · 2 · . · 2, n ∈ N ´2n ³√ ³√ ´n 2−1 2+1 Eredmények, útmutatások: a) 0; b) 0; c) −∞; d) 2; e) +∞; f) Vegyük észre, hogy ”0 · ∞” tı́pusú határozatlanságot kell megoldanunk alkalmas i ¢2n ¡√ ¢n h¡√ ¢n ¡√ ¢n

¡√ ¢n ¡√ 2−1 2 + 1 = limn∞ 2−1 · 2−1 2+1 = átalakı́tással: limn∞ ¢n ¡√ n 2 − 1 · (2 − 1) = 0 · 1 = 0. limn∞ Rekurziós sorozatok: Egy (xn , n ∈ N) sorozatot k-ad rendű rekurziós sorozatnak nevezünk, ha a sorozat n-edik tagja az őt megelőző k tag segı́tségével van megadva: ½ a0 , a1 , . , ak−1 adott és n ≥ k-ra a tagokat az an = f (an−1 , an−2 , . , an−k ) alapján képezzük A rekurziót lineárisnak nevezzük, ha f egy lineáris függvény. Egy lineáris rekurziót állandó együtthatósnak nevezünk, ha f (an−1 , an−2 , . , an−k )-ben az an−1 , an−2 , , an−k együtthatói nem függnek n-től. Akkor hı́vjuk homogénnek, ha nincs konstans tag, ellenkező esetben inhomogénnek nevezzük Állandó együtthatós elsőrendű lineáris rekurzió(a0 adott, an = a·an−1 +b (a 6= 0, a, b ∈ R, n ≥ 1)) esetén az  an = a · an−1 + b     

an−1 = a · an−2 + b .   .    a1 = a · a0 + b egyenletekben egyenlő együtthatókat alakı́tunk ki, majd összeadjuk őket. Az a 6= 1 esetén n+1 felhasználásával adódik az eredmény. az 1 + q + q 2 + . + q n = 1−q 1−q 30 Például az an = 2an−1 + 3, (n ≥ 1, a0 = 2) sorozat esetén  an = 2 · an−1 + 3     an−1 = 2 · an−2 + 3 /·2    an−2 = 2 · an−3 + 3 / · 22    .  .    a1 = 2 · a0 + 3 / · 2n−1  an = 2 · an−1 + 3     2 · an−1 = 22 · an−2 + 3 · 2    2 2 · an−2 = 23 · an−3 + 3 · 22    .  .    2n−1 · a1 = 2n · a0 + 3 · 2n−1 Majd az egyenleteket összeadva kapjuk a kı́vánt eredményt: an = 2n · a0 + 3(1 + 2 + 22 + n −1 = 5 · 2n − 3 (n ∈ N). . + 2n−1 ) = 2 · 2n + 3 22−1 Másodrendű homogén lineáris rekurzió (an = a · an−1 + b · an−2 (a 6= 0, a, b ∈ R, n ≥ 2, a0 , a1

adott)) esetén megoldjuk az úgynevezett karakterisztikus egyenletet: x2 − ax − b = 0. ♣ Két különböző x1 , x2 valós gyök esetén a sorozat általános tagját az an = α · xn1 + β · xn2 alakban keressük. Az α, β együtthatókat az adott elemekből számı́tjuk ki: ½ a0 = α · x01 + β · x02 a1 = α · x11 + β · x12 . ♣ Az x1 = x2 ∈ R esetén a sorozat általános tagját az an = α · xn1 + β · n · xn1 alakban keressük. Az α, β együtthatókat az a0 , a1 elemekből számı́tjuk ki ♣ Komplex gyökök esetén an = α · xn1 + β · xn2 . Esetleg trigonometrikus alakba ı́rhatjuk a gyököket: x1,2 = r(cos ϕ ± i sin ϕ). A sorozat általános tagját az an = rn (α cos nϕ + β sin nϕ) alakban keresve az α, β együtthatókat az a0 , a1 elemekből számı́thatjuk ki. Példák: 1) Az a0 = 0, a1 = 1, an = an−1 + 6an−2 (n ≥ 2) alapján értelmezett sorozat esetén a karakterisztikus egyenlet: x2

− x − 6 = 0, melynek gyökei 3 és -2. Az általános tag an = α3n + β(−2)n alakú lesz. ½ 0=α+β 1 = 3α − 2β, n n adódik. A keresett sorozat tehát: (an = 3 −(−2) , n ∈ N). = melyre α = 5 2) Az a0 = 2, a1 = 3, an = 4an−1 − 4an−2 (n ≥ 2) alapján értelmezett sorozat esetén a karakterisztikus egyenlet: x2 − 4x + 4 = 0, melynek egyetlen gyöke a 2. Az általános tag an = 2n (α · n + β) alakú lesz. ½ 2=β 1 5, β − 51 3 = 2(α + β), Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 31 melyre α = −1, β = 2 adódik. A keresett sorozat tehát: (an = 2n (−n + 2), n ∈ N) 3) Az a0 = 1, a1 = 3, an = 2an−1 − 2an−2 (n ≥ 2) alapján értelmezett sorozat esetén a karakterisztikus egyenlet: x2 − 2x + 2 = 0, melynek komplex gyökei vannak: x1,2 = 1 ± i. Az általános tag an = α · (1 + i)n + β(1 − i)n alakú lesz. ½ 1=α+β 3 = α(1 + i) + β(1 − i), ¢ ¡1 1 1 n melyre ¢ α = 2 n− i, β = 2 + i

adódik. A keresett sorozat tehát: (an = 2 − i (1 + i) + ¡1 2 + i (1 − i) , n ∈ N). Másodrendű nemhomogén lineáris rekurzió esetén a dn = an −an−1 különbségsorozat mindig homogén másodrendű rekurzió lesz. A (dn , n ∈ N) explicit alakja az előző módszerrel határozható meg, ebből összegzéssel kapjuk meg a sorozat általános tagját. Például az a0 = 0, a1 = 1, an = an−1 + 6an−2 + 1 (n ≥ 2) alapján értelmezett sorozat esetén a (dn = an − an−1 ) különbségsorozat karakterisztikus egyenlete: x2 − x − 6 = 0, melynek gyökei 3 és -2. Az általános tag dn = α3n + β(−2)n alakú lesz ½ 0=α+β 1 = 3α − 2β, n n , n ∈ N). Az melyre α = 51 , β = − 51 adódik, majd: (dn = 3 −(−2) 5  a1 − a0 = d1      a2 − a1 = d2 .   .    an − an−1 = dn egyenleteket összeadva: an − a0 = 2 15 n P i=1 di , ı́gy az eredmény is adódik: an = 3 10 (3n

− 1) − [(−2)n − 1] (n ∈ N). A fenti módszerek gyakran működnek nemállandó együttható esetén is. Azonban a fennmaradó esetekben alkalmazhatjuk a következő gondolatmenteket is: ♦ Amennyiben csak a határértéket keressük és nem az általános tag explicit alakját, úgy célravezető lehet belátni a sorozatról, hogy konvergens. (Ezt tehetjük annak belátásával, hogy monoton és korlátos Ez általában teljes indukcióval történik) Ezután a lim xn = α jelöléssel a 2.Tétel és következménye alapján egy egyenletet kapunk α-ra, n∞ melynek a megoldásait meg kell vizsgáljuk, hogy valóban a keresett sorozat határértékeie. ♦ Felı́rva az első néhány tagot megsejtjük a sorozat n-edik tagjának explicit alakját. Ennek belátására a teljes indukció módszerét alkalmazzuk. ♦ Magasabbrendű lineáris rekurzió esetén magasabbrendű karakterisztikus egyenletet ı́runk

fel. 32 ♦ Nemlineáris rekurziót visszavezethetünk lineáris rekurzóra, ha a bn = ln an sorozatot vizsgáljuk. √ √ Példák: 1) A an = 1 + an−1 (n ≥ 2), a1 = 2 sorozatról belátjuk, hogy konvergens. ¦ Teljes indukcióval azonnal látható, hogy an > 0 (n ∈ N). A fenti rekurzió tehát ekvivalens az a2n = 1 + an−1 alakúval. ¦ Ugyancsak teljes indukcióval belátjuk, hogy an < an+1 (n ∈ N). Az n = 1-re p √ √ √ 2 < 1 + 2 következik abból, hogy a21 = 2 < 1 + 2 = a22 és an > 0 minden n ∈ N-re teljesül. Tegyük fel, hogy n-re teljesül az egyenlőtlenség, lássuk be √ (n + 1)-re. an + 1 < Bizonyı́tandó, hogy a < a . Igaz, hogy a + 1 < a + 1, ı́gy a = n+1 n+2 n n+1 n+1 √ an+1 + 1 = an+2 , tehát a teljes indukcióval beláttuk, hogy a sorozat szigorúan monoton növekvő. 1 ¦ A sorozat korlátossága következik a 0 < an = a1n + an−1 an < a1 + 1 becslésből. ¦ A sorozat

monoton növekvő és korlátos, tehát konvergens, alkalmazzuk a lim an = n∞ α jelölést, ı́gy az összeg és szorzat folytonossága alapján lim a2n = α2 , lim (1 + an ) = n∞ n∞ 1 + α, ı́gy a sorozat√ határértéke csak az α2 = 1 + α egyenlet gyökei közül kerülhet ki. A gyökök (α1,2 = 1±2 5 ) közül a negatı́v gyök nem jön tekintetbe, hiszen a sorozat tagjai √ pozitı́vak. Így lim an = 1+2 5 n∞ a √ 6 a n−1 √ , n ≥ 2, a0 = a1 = 2 sorozat esetén bevezetve a bn = ln an 2) Az an = n−1 3 an−2 sorozatot, a 6bn − 7bn−1 + 2bn−2 = 0 rekurzióval már jobban boldogulunk, s kapjuk, ¡ ¢n ¤ £ ¡ ¢n 1 n 2 n (n ∈ N), s ı́gy an = ebn = 23( 3 ) −2( 2 ) (n ∈ N). hogy bn = ln 2 3 32 − 2 21 39) Határozzuk meg az alábbi sorozat explicit alakját! 1 a) an = 2an−1 + (n ≥ 2), a1 = 1; µ 2 ¶ 3 (n ≥ 2), a1 = 12; b) an = an−1 1 + n c) an = 3an−1 + 2n (n ≥ 1), a0 = 1; n (n ≥ 1), a0 =

2; d) an = an−1 − (n + 1)! e) an+3 = an+2 + an+1 − an (n ≥ 0), a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2; Eredmények: a) an = 3·2n−1 −1 2 (n+1)(n+2)(n+3) 2 (n ∈ N) b) an = n c) an = 3 + 2 · 3 d) an = 1 + n−1 1 (n+1)! (n ∈ N). + . + 2n−1 · 3 + 2n (n ∈ N) (n ∈ N). e) Az x3 − x2 − x + 1 = 0 egyenlet gyökei: 1,1,-1. (an = n, n ∈ N) Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 33 40) Igazoljuk, hogy a következő sorozatok konvergensek: 1 (xn−1 + 1), n ≥ 2, x1 = 2 2 1 b) yn = , n ≥ 1, y0 = 0 yn−1 + 1 √ p c) zn = zn−1 + 2, n ≥ 2, z1 = 2 a) xn = d) tn = α + tn−1 , n ≥ 1, t0 = 0 µ ¶ α 1 , n ≥ 1, u0 = 1 e) un = · un−1 + 2 un−1 r à ! q q √ √ √ 2, 2 2, 2 2 2, . f) ! à r q q √ √ √ α, α + α, α + α + α, . g) h) vn = vn−1 + vn−2 , v0 = 1, v1 = 1 (Fibonacci-sorozat). 41) Konvergens-e az alábbi sorozat? a3n + 30 (n ≥ 0), a1 = 0; 19 b3 + 30 (n ≥ 0), b1 = 5; = n 19 a) an+1 = b) bn+1

Eredmény: Az a) pontbeli sorozat konvergens, mı́g a b) pontbeli divergens. Változó tagszámú sorozatok: Ha az általános tag összeg segı́tségével van megadva, akkor megpróbáljuk az összeget kiszámı́tani, ún. zárt alakra hozni Ha ez nem sikerl, akkor becsléssel a rendőr tétel alkalmazásával oldjuk meg a feladatot. A leggyakrabban a következő összegképleteket használjuk a zárt alakra hozáskor: n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) ; ; 12 + 22 + . + n2 = 2 6 2 2 n (n + 1) ; 13 + 23 + . + n3 = 1 + 3 + 5 + . + (2n − 1) = n2 4 1 + 2 + . + n = 34 42) Számı́tsuk ki: 12 + 22 + · · · + n2 ; n∞ 2n3 + n + 3 1 + 2 + ··· + n lim ; n∞ n2 + 2n 12 + 32 + · · · + (2n − 1)2 ; lim n∞ n3 − n2 22 + 42 + · · · + (2n)2 lim 2 ; n∞ 1 + 32 + · · · + (2n − 1)2 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! ; lim n∞ (n + 1)! 1 · 4 + 2 · 5 + 3 · 6 + · · · + n(n + 3) ; lim n n∞ Cn+3 · µ ¶ ¶¸ µ a´ 2a (n − 1)a 1

³ x+ + x+ + ··· + x + a, x ∈ R rögzı́tett. lim n∞ n n n n a) lim b) c) d) e) f) g) 43) Számı́tsuk ki az (an , n ≥ 1) sorozat határértékét, ha: n 13 + 23 + · · · + n3 − ; n3 4 n X 1 b) an = ; k(k + 1) f ) an = k=1 a) an = c) an = d) an = e) an = k=1 n X k=1 n X k=1 n X k=1 1 ; k(k + 2) 1 ; (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1 ; + 1)2 n X g) an = h) an = n X k=1 n X k=1 i) an = j) an = k 2 (k k) an = n X 1 ; (k + 1)! + k! k+2 ; k! + (k + 1)! + (k + 2)! 1 ; k(k + 1)(k + 2) k=1 n Y k=2 n X k ; (k + 1)! k2 + k − 2 ; k(k − 1) √ √ √ ( k + 2 − 2 k + 1 + k). k=1 Útmutatás: Előbb hozzuk mindig egyszerűbb alakra a sorozat n-edik tagját, elvégezve az összegzéseket: ´ Pn Pn ³ 1 Pn 1 1 1 = 21 k=1 (2k+1)−(2k−1) = − = Pl: d) an = k=1 (2k−1)(2k+1) k=1 2k−1 (2k−1)(2k+1) 2 2k+1 ³ ´ 1 1 1 2 1 − 2n+1 2 . Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 35 √ √ √ √ √ √ k + 2−2 k + 1+ k) = 1− 2+ n

+ 2− ³n + 1, ahol az utóbbi két ´ √ 1√ = tagot a konjugáltjával beszorozva kapjuk, hogy lim an = lim 1 − 2 + √n+2+ n+1 n∞ n∞ √ 1 − 2. k) an = Pn k=1 ( 5.Tétel (Cesaro-Stolz): Ha az x = (xn , n ∈ N) és y = (yn , n ∈ N) olyan sorozatok, melyekre fennáll, hogy yn > 0 (n ∈ N), (yn , n ∈ N) egy nem korlátos, monoxn+1 − xn = l határérték, akkor létezik a ton növekvő sorozat, továbbá létezik a lim n∞ yn+1 − yn xn xn határérték is, és lim = l. lim n∞ yn n∞ yn xn+1 √ = l, akkor ∃ lim n xn 6.Tétel: Ha az (xn , n ∈ N) sorozat pozitı́v tagú, és ∃ lim n∞ xn n∞ √ és lim n xn = l. n∞ 44) A Cesaro-Stolz tétel segı́tségével számı́tsuk ki a következő határértékeket! √ √ √ 1 + 3 + 5 + · · · + 2n − 1 √ √ √ n∞ 1 + 2 + 3 + ··· + n √ √ √ 1 + 2 + 3 + ··· + n lim n∞ n 1 + √12 + √13 + · · · + √1n lim n∞ n 1k + 2k + 3k + · · · + nk

(k ∈ N) lim n∞ nk+1 1 + 21 + · · · + n1 lim n∞ ln n a) lim b) c) d) e) √ √ √ 2 + 3 + · · · + n, n ∈ N) sorozat monoton xn+1 − xn = növekvően tart a +∞-hez, ezért a Cesaro-Stolz-tételt alkalmazzuk: lim n∞ yn+1 − yn √ q √ √ √ √ √ 2n + 1 2n−1 1 √ 5+···+ √ √ = 2. = 2, ezért lim 1+1+3+ 2 − n+1 lim √ = lim 2+ 3+···+ n n∞ n∞ n∞ n+1 √ √ √ √ n+1 xn+1 − xn = lim = +∞, ezért lim 1+ 2+ n3+···+ n = +∞. b) lim n∞ yn+1 − yn n∞ n∞ 1 xn+1 − xn 1 1 = lim √ = 0, ezért lim an = 0. c) lim = +∞ n∞ yn+1 − yn n∞ n∞ n+1 Megoldások: a) Mivel az (yn = 1 + (n + 1)k 1 xn+1 − xn nk + P 1 = lim = = , ahol lim n∞ (n + 1)k+1 − nk+1 n∞ yn+1 − yn n∞ (k + 1)nk + P2 k+1 1 P1 , P2 n-ben (k − 1)-edfokú polinomok. Így lim an = . n∞ k+1 d) lim 36 1 1 1 xn+1 − xn ¢ = lim ¡ = = lim = lim n+1 ¢ ¡ n∞ ln 1 + 1 n+1 n∞ (n + 1) ln 1 + 1 n∞ ln n+1 n∞ yn+1 − yn n n n = 1.

Tehát lim an = 1 e) lim 1 ln e n∞ 45) Számı́tsuk ki: a) lim 1+ n∞ √ √ √ 2 + 3 + ··· + n √ n n 1 (ln 2 + ln 3 + · · · + ln n) n √ √ √ 1 + 22 2 + 32 3 3 + · · · + +n2 n n c) lim n∞ n(n + 1)(n + 2) ¶ µ 1 1 1 + + ··· + d) lim n∞ n 2n nn µ ¶ 1 1 1 1 e) lim + + ··· + n∞ n ln 2 ln 3 ln n b) lim n∞ Eredmények, útmutatások: a) 32 ; b) +∞; c) 31 ; d) 0; e) 0. √ n+1 xn+1 − xn √ = lim a) lim √ A nevezőben levő ”∞−∞” határozatlanság n∞ yn+1 − yn n∞ (n + 1) n + 1 − n n miatt bővı́tsünk a nevező konjugáltjával. 1 + 1 + · · · + n1 1 1 . + · · · + nn = 1 2 d) n1 + 2n n 46) a) Lássuk be, hogy ha az (xn , n ∈ N) egy monoton sorozat, akkor a ¶ µ x1 + x2 + · · · + xn ∗ , n∈N σn = n sorozat is monoton; b) ha lim xn = l, akkor lim σn = l. n∞ n∞ 47) Számı́tsuk ki a következő sorozatok határértékét! a) an = b) an = c) an = d) an = e) an = √ n n! √ n

n+1 p n n3 − 3n + 1 r 1 1 1 n cos · cos · . · cos 2 3 n r n 2n + 1 n Simon Ilona: Feladatok valós számsorozatokkal 37 xn+1 = lim (n+ Megoldások: a) Az xn = n! sorozatra alkalmazható a 6.Tétel: lim n∞ xn n∞ √ 1) = +∞, ezért lim n n! = +∞. n∞ b) Az xn = n + 1 sorozatra alkalmazható a 6.Tétel: lim n∞ xn+1 = lim n+1 = 1, a n∞ n xn sorozat határértéke tehát 1. 3 xn+1 −3(n+1)+1 = lim (n+1)n3 −3n+1 = 1, a sorozat c) Az xn = n3 − 3n + 1 sorozattal lim n∞ n∞ xn határértéke tehát 1. xn+1 1 = lim cos n+1 = cos 0 = 1, d) Az xn = cos 21 · cos 31 · . · cos n1 sorozattal lim n∞ n∞ xn a sorozat határértéke tehát 1. e) 1. 48) Számı́tsuk ki a következő sorozatok határértékét! p (n + 1)! √ n n! s ¶ln n µ 1 n 1+ g) xn = n r n (a + 1)(a + 2) . (a + n) (a > 0) h) xn = n! v u n uX n Cnk i) xn = t n+1 a) xn = b) xn = c) xn = d) xn = e) xn = √ n n n √ n n! 1p n (n + 1)(n + 2) . (n + n)

ns n (2n)! (n!)2 s 3n (n!)3 n 3 (3n)! f ) xn = k=0 v u n Y 1u n (a + k) (a > 0). j) xn = t n k=1 Eredmények, útmutatások: a) 1; b) 1; c) 4; d) 4; e) 1. √ n A b) és c) pontokban n = nn alkalmazása javasolt. Sorozatok alsó és felső határértéke: Legyen H az (an , n ∈ N) részsorozatai határértékeinek halmaza. A H legkisebb elemét a sorozat alsó határértékének vagy limes inferiorjának nevezzük, a legnagyobb elemét pedig a sorozat felső határértékének vagy limes superiorjának nevezzük. Jelölés: lim inf an , lim an , illetve lim sup an , lim an . n∞ n∞ n∞ n∞ Az (an , n ∈ N) sorozatnak akkor és csak akkor van határértéke, ha a H halmaz egyelemű: ∃ lim an = l ⇔ lim inf an = lim sup an = l. n∞ n∞ n∞ 38 49) Adjuk meg az alábbi sorozatok alsó és felső határértékét! a) (xn = (−1)n , n ∈ N) ¶ µ µ ¶ 1 + 2 · (−1)n , n ∈ N b) yn = 3 1 − n Simon Ilona:

Feladatok valós számsorokkal 39 2. Feladatok valós számsorokkal P∞ Legyen (xn , n ∈ N) egy valós számsorozat. Az x0 + x1 + x2 + = k=0 xk formális . összeget végtelen sornak nevezzük. Itt xn a sor n-edik tagja, Sn = x0 +x1 + +xn (n ∈ N) a sor P∞n-edik részletösszege. A k=0 xk sort konvergensnek nevezzük, ha az (Sn , n ∈ N) részletösszegsorozat konvergens. A részletösszegsorozat határértékét, az α = limn∞ Sn számot a sor P∞ összegének nevezzük. Jele: x =α k k=0 Egy végtelen sort divergensnek nevezünk, ha nem konvergens. P∞ Tétel: (A konvergencia szükséges feltétele) Ha a k=0 xk sor konvergens, akkor limn∞ xn = 0. P∞ 1 (A fenti tétel nem ad elégséges feltételt a sor konvergenciájára, pl. a k=1 n sor divergens, bár a limn∞ n1 = 0 feltétel teljesül. Mégis, hasznos a tétel a limn∞ xn 6= 0 esetben, ekkor ugyanis a sor divergenciája következik.) P∞ Tétel (Cauchy-féle

konvergenciakritérium sorokra): A k=0 xk sor akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ε esetén ∃N ∈ N úgy, hogy ∀n ≥ m ≥ N indexre |xm + xm+1 + . + xn | < ε teljesül A geometriai sor összegképlete: ( n a 1−q 2 n−1 1−q ha q 6= 1 a + a · q + a · q + . + a · q = na ha q = 1 ∞ X aq k = a k=0 1 1−q ha |q| < 1. 1) A részletösszegek sorozatának vizsgálatával igazoljuk, hogy az alábbi sorok konvergensek és határozzuk meg az összegüket! ∞ X a) 100 · (0, 9)k k=0 ∞ X 1 1 (−1)n 1 + − ··· + + · · · = (−1)k k 3 9 3n 3 k=0 ¶ ∞ µ X 1 1 + k c) 2k 5 k=0 ¶ µ ∞ k X 1 d) 7 b) 1 − k=1 40 ∞ P Megoldás: a) A geometriai sorok összegképlete alapján 100 · (0, 9)k = k=0 µ ¶k ∞ ∞ P P 3 1 1 1 k 1 = ; és − = = 100 · 1−0,9 = 1000; továbbá (−1) k = 1 3 3 4 1 − (− 3 ) k=0 k=0 ¶ µ ¶k µ ¶k µ ∞ ∞ ∞ P P P 1 1 1 1 1 13 5 1 + =2+ = + k = + = . k 5 4 4 1 − 21 1 − 51 k=0 2 k=0

5 k=0 2 A d) pontban meglátjuk, hogy a szummációs index k = 1-től megy, ezért hozzádva és µ ¶k µ ¶k ∞ ∞ P P 1 1 = − 1 = 1−1 1 − 1 = 61 . kivonva az 1-et, a következőhöz jutunk: 7 k=0 7 k=1 7 2) A részletösszegek sorozatának vizsgálatával döntsük el, hogy az alábbi sorok konvergenseke és határozzuk meg az összegeiket! 1 1 1 + + ··· + + . 1·2 2·3 n · (n + 1) 1 1 1 + + ··· + + . b) 1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) ∞ X 1 c) k(k + 1)(k + 2) a) k=1 5 13 3n + 2n + . + . d) + 6 36 6n e) f) g) h) i) j) 1 1 1 1 + + + ··· + + . 1 · 4 4 · 7 7 · 10 (3n − 2) · (3n + 1) 1 1 1 + + ··· + + . 1·7 3·9 (2n − 1) · (2n + 5) 1 1 1 + + ··· + + . 1·4 2·5 n · (n + 3) 5 3 2n + 1 + + ··· + 2 + . 4 36 n (n + 1)2 2 n 1 + + ··· + + . 9 225 (2n − 1)2 (2n + 1)2 ∞ X 1 p n(n + 1) n=1 ∞ P A definı́ció alapján a ak sor akkor és csak akkor konvergens, ha az k=0 Pn n-edik részletösszegek (Sn = k=0 ak = a0

+ a1 + · · · + an , n ≥ 0) sorozata konvergens. ∞ P Ekkor definı́ció szerint ak = lim Sn . A fenti sorok konvergenciáját tehát a definı́ció Megoldás: k=0 n∞ alapján vizsgálva arra törekszünk, hogy az Sn kifejezést a lehető legrövidebb, ún. zárt alakba ı́rjuk, és ily módon számoljuk az Sn határértékét. Simon Ilona: Feladatok valós számsorokkal 41 1 1 1 − = , n · (n + 1) n (n + 1) ∞ P 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1− . Ezért = ahonnan Sn = 1− + − + − +· · ·+ − 2µ 2 3 3¶ 4 n n+1 n+1 n=1 n · (n + 1) 1 = lim Sn = lim 1 − = 1, következésképen a sor konvergens és összege 1. n∞ n∞ n+1 µ ¶ 1 1 1 1 − = , ezért Sn = b) Hasonló gondolatmenettel: (2n − 1) · (2n µ ¶ + 1)µ 2 2n −¶1 2n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + ··· + − 1− = . Így a 2 3 3 5 2n − 1µ 2n + 1 ¶ 2 2n + 1 ∞ P 1 1 1 1 1− = lim = , ezért a sor konvergens és összege 1. n∞ (2n − 1) · (2n + 2

2n + 2 1) 1 n=1 a) Elemi törtek összegére bontjuk a sor n-edik tagját: c) A k-adik tagot elemi törtek összegére bontjuk: B C A(k 2 + 3k + 2) + B(k 2 + 2k) + C(k 2 + k) 1 A + = = + , k(k + 1)(k + 2) k k+1 k+2 k(k + 1)(k + 2) ´ 1 1 ³1 2 1 következik, s ı́gy − k+1 + k+2 . = k µ k(k + 1)(k + 2) ¶ 2 1 1 1 − A részletösszegsorozat n-edik tagja: Sn = , eképpen 2 2 (k + + 2) 1)(k µ ¶ ∞ P 1 1 1 1 1 − = lim = . n∞ 2 2 (k + 1)(k + 2) 4 n=1 k(k + 1)(k + 2) 3n 2n 1 1 3n + 2n = n + n = n + n átalakı́tást elvégezve Sn = 21 + 31 + 212 + 312 + · · · + d) A 6n 6 6 2 3 1 − 21n 1 1 − 31n 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2n + 3n = ( 2 + 22 +· · ·+ 2n )+( 3 + 312 +· · ·+ 31n ) = 21 · 1 +3· 1 = 1− 2n + 2 − 1− 2 1− 3 ∞ 3n + 2n P 1 1 1 1 3 . Ebből a következő összegre jutunk: = lim (1+ − n − )= . n n n n∞ 2·3 6 2 2 2·3 2 n=1 ³ ´ P∞ 1 11 23 , g) 18 , h) 1, i) sn = 81 1 − (2n+1) , ı́gy n=1 (2n−1)2n(2n+1)2 = 81 . e) 13 , f) 90 2

tehát A = 21 , B = −1, C = 1 2 3) Bizonyı́tsuk be, hogy divergensek! a) ∞ X n 3n − 1 n=1 ∞ X p n 0, 3 b) c) n=1 ∞ X 1 n n=1 d) ∞ X n=1 √ n 1 2n + 1 ∞ X √ √ e) ( n + 1 − n) f) n=1 ∞ X 1 (−1)n+1 √ n 3 n=1 42 Útmutatás: Az a), b), d) és f) pontokat a konvergencia szükséges ¢feltételével, a c) ¡ 1 = 21 . Az e) esetben pontot a Cauchy-féle konvergenciakritériummal |S2n − Sn | > n 2n √ Sn = n + 1 − 1 ∞. d) sszehasonlı́tó kritériummal Ha a sor n-edik részletösszegsorozatát, (Sn , n ∈ N)-et nem tudjuk zárt alakra hozni, akkor a konvergenciáját a Leibniz-szabály, a gyökkritérium, a hányadoskritérium, vagy az összehasonlı́tási (majorálási) kritérium valamelyikével tudjuk vizsgálni. Ilyenkor általában nem tudjuk megadni a sor összegét, de el tudjuk dönteni, hogy Pkonvergens-e. ∞ Ha az (xn , n ∈ N) sorozat olyan, hogy xn ≥ 0 (n ∈ N), akkor a k=0 xk

sort pozitı́v tagú sornak nevezzük. Tétel (Összehasonlı́tó-P kritérium) a) Tegyük fel, hogy 0 ≤ xn ≤ yn (n ∈ N). Ha P∞ ∞ y konvergens, akkor n n=0 n=0 xn is konvergens. P∞ P∞ b) Tegyük fel, hogy 0 ≤ xn ≤ yn (n ∈ N). Ha n=0 xn divergens, akkor n=0 yn is divergens. Következmény: ½ ∞ X 1 nα n=1 konvergens, ha α > 1 divergens, ha α ≤ 1 P∞ α = 1 esetén: n=1 n1 divergens, az előző feladat c) poontjában vázoltak alapján. P∞ α < 1 esetén az összehasonlı́tó kritérium alapján: n1α ≥ n1 és n=1 n1 divergens, tehát a P∞ 1 n=1 nα is divergens. ¡ 1 ¢n 1 1 1 < 1, ı́gy 2α−1 0. Ezért S2n+1 − S2n = (2n +1) α > 1 esetén 2α−1 α + (2n +2)α + . + ¡ 1 ¢n 1 n 1 < ε elegendően nagy n-re. (2n+1 )α < 2 (2n )α = 2α−1 4) Döntsük el, hogy az alábbi sorok közül melyek az abszolút és melyek a feltételesen konvergens sorok! 1 1 1 1 + 2 − 2 + 2 − . 32 5 7 9

1 1 1 1 1 1 1 b) − · 2 + · 3 − · 4 + . 2 2 2 3 2 4 2 1 1 1 c) − + − . log 2 log 3 log 4 1 1 1 d) − 1 + √ − √ + √ − . 2 3 4 sin α sin 2α sin 3α + + + . e) 1 4 9 1 1 1 1 f )1 − + − + − . 3 5 7 9 µ ¶2 µ ¶3 µ ¶4 2 3 4 1 + − + . g) − 3 5 7 9 a)1 − Simon Ilona: Feladatok valós számsorokkal 43 Eredmények: a) abszolút konvergens: |an | = e) abszolút konvergens: |an | = | sin nα| n2 ≤ 1 (2n−1)2 < 1 n2 . 1 n2 . n )n < ( 21 )n . g) |an | = ( 2n+1 5) Az összehasonlı́tó kritérium alapján döntsük el, hogy az alábbi sorok konvergenseke: a) b) c) d) e) f) ∞ X 1 √ n n −1 n=1 ∞ X 1 10n +3 n=1 ∞ X n=1 ∞ X n2 1 + 10 1 √ n n=1 ∞ X 1 2−1 4n n=1 ∞ X 1 p n(n2 + 1) n=1 √ √ n+1− n √ g) 3 n n=1 √ ∞ X n2 + 100 n √ √ h) n7 − n5 n=1 ∞ X i) ∞ X n=1 ∞ X n1000 e−n · cos n 1 n2 ) n n=1 √ ∞ √ X n+1− n k) n − log2 n n=1 j) e−n log(1 + P∞ P∞ 1 1

1 √ √ < n=1 = n=1 3 és feln n−1 (n − 1) n − 1 (n − 1) 2 1 < 2 n1 , használjuk, hogy egy adott tagtól kezdve (a második tagtól) teljesül, hogy n−1 P∞ 1 P∞ P∞ 1 1 3 2 · tehát n=1 3 < (2) 3 . Tehát a 3 konvergens sor majorálja a n=1 n=1 (n − 1) 2 n2 n2 vizsgált sort, mely emiatt konvergens kell legyen. 1 > b) Sorunk minoránsa egy divergens sor, ezért divergens sort kaptunk: 10n + 3 P∞ 1 P∞ 1 1 1 (n ≥ 3), igy n=1 = +∞ > 11 n=1 11n 10n + 3 n P∞ 1 1 1 < 2 es a n=1 2 sor konvergens, ı́gy adódik a szóban forgó sor konverc) 2 n + 10 n n genciája. P∞ 1 1 1 d) √ ≥ es a n=1 sor divergens, ı́gy sorunk is az. n n n Megoldások: a) P∞ n=1 e) konvergens 1 1 1 = 3 miatt konvergens a sor. f) p <p 2 2 n(n + 1) n(n ) n2 44 √ √ n+1− n √ sor divergens, ezt úgy látjuk be, hogy megadjuk egy din=1 3 n √ √ vergens minoránsát. √ Aképpen √ becsüljuk a sor n-edik tagját, hogy ( n

+ 1 + n)-el n+1−n 1 n+1− n √ √ √ √ = √ bővı́tjük a törtet: > √ > √ 3 3 3 n n( n + 1 + n) n + 1( n + 1 + n + 1) P∞ 1 1 1 1 √ √ √ > √ = . A sor tehát egy n=1 3 2 2(n + 1) 2(n + 1) 2 n+1· n+1 2 n+1· n+1 divergens minoránsa a vizsgált sornak, mely ezalapján divergens kell legyen. g) A P∞ √ √ n2 + 100 n n2 + 100n2 101 n2 + 100 n √ √ √ = < h) A √ √ √ =√ 3 √ = 7 5 2 3 2 3 n − n n ( n − n) n ( n − n) n − n P∞ 101 101 101 1 < √ = = √ 3 . A 101 3 sor konvergens, ı́gy n=1 n(n − 1) n − 1(n − 1) (n − 1) 2 (n − 1) 2 a kezdeti sorunk is konvergens. P∞ 1000 −n i) |n1000 e−n · cos n| ≤ n1000 e−n A e sor konvergenciáját beláthatjuk n=1 n 1000 −(n+1) en 1 n+1 1 (n + 1) e =( ) 000 n+1 < 1 Így a majoráns hányadoskritériummal: 1000 −n n e n e e sor konvergenciája biztosı́tja a vizsgált sor konvergenciáját. 2 j) an = e−n ln(1 + n1 )n = ne−n ln(1 + n1

)n , ám (1 + n1 )n < e miatt ln(1 + n1 )n < P∞ n ln e = 1, igy an = ne−n ln(1 + n1 )n < enn A n=1 en sor konvergenciáját lássuk be a hányadoskritériummal: konvergens. an+1 an = n+1 en+1 n en = n+1 1 n e 1 e < 1. A szóban forgó sor tehát √ √ 1 1 n+1− n = √ < √ = √ √ n − log2 n ( n + 1 + n)(n − log2 n) ( n +√ n)(n − log2 n) 1 n n Folytassuk tovább a becslést: √ 21 , ezért egy bi= √ 2 2 2 n(n − log n) 2 n(n − log n) √ 1 1 1 n n < 1, tehát √ < √ = 3. A zonyos n-től kezdve √ n n 2 n(n − log2 n) 2 n(n − log2 n) n2 P∞ 1 3 sor pedig konvergens, mely majorálja sorunkat. n=1 n2 k) 6) Az összehasonlı́tókritérium alapján döntsük el, hogy az alábbi sorok konvergensek- Simon Ilona: Feladatok valós számsorokkal e: 45 ¶2 ∞ µ X 1+n a) 1 + n2 n=1 √ √ ∞ X n+1− n √ b) n n=1 c) d) e) ∞ X √ √ ( n + 1 − n) n=1 ∞ X √ n=1 ∞ X n=1 n+1− n √

n 1 1 n1+ n P∞ Legyen (xn , n ∈ N) egy nemnegatı́v tagú, monoton csökkenő sorozat. Ekkor a n=0 (−1)n · xn sort Leibniz-tı́pusú sornak nevezzük. P∞ n Tétel: A (−1) · xn Leibniz-tı́pusú sor akkor és csak akkor konvergens, ha n=0 limn∞ xn = 0. 7) Döntse el, hogy az alábbi sorok közül melyek konvergensek! a) b) c) d) ∞ X (−1)n √ n n=1 ∞ X n+1 (−1) n n=1 ∞ X (−1)n · n=0 ∞ X n3 10n 1 (−1)n+1 · √ n 3 n=1 e) f) ∞ X (−1)n−1 · n=1 ∞ X (−1)n · n+1 3n (−1)n · n+1 2n + 1 n=0 g) ∞ X n=0 1 2n−1 Útmutatás: A Leibniz-kritériummal egyszerű számolás eredményezi a válaszokat. P∞ P∞ A Pn=0 xn sort abszolút konvergensnek nevezzük, ha a n=0 |xn | sor konvergens. ∞ A n=0 xn sort feltételesen konvergensnek nevezzük, ha konvergens, de nem abszolút konvergens. P∞ Cauchy-féle gyökkritérium: Legyen n=0 xn egy sor. p P ∞ Ha lim supn∞ n |xn | < 1, akkor n=0 xn

abszolút konvergens. p P ∞ Ha lim supn∞ n |xn | > 1, akkor n=0 xn divergens. 46 P∞ D’Alambert-féle hányadoskritérium: Legyen n=0 xn egy sor, melynek egyik tagja sem nulla. P∞ | < 1, akkor n=0 xn abszolút konvergens. Ha lim supn∞ |x|xn+1 n| P∞ | > 1, akkor n=0 xn divergens. Ha lim supn∞ |x|xn+1 n| 8) A gyökkritérium vagy a hányadoskritérium alapján igazoljuk, hogy az alábbi sorok konvergensek: ∞ ∞ X X xn n d) a) n 2n n=1 n=1 b) ∞ X n! n 5 n=0 e) ∞ X 1 c) n n n=1 2 ∞ X 2n f) n! n=0 ∞ X n (n + 1)3 n=0 g) h) i) ∞ X xn n! n=1 l) ∞ X n (n + 1)2 n=0 n=1 ∞ X m) ∞ X ((n + 2)!)3 (2n)! · (n − 1)! n=1 ∞ X 1 (log n)n n=1 ¶n ∞ µ X 1 1 + k) 2 n n=1 j) ¶n ∞ µ X n + 2006 2n + 7 n2 2n n=1 n) ∞ X (n − 1)!2n nn n=1 o) ∞ X (6 + 1)(2 · 6 + 1) . (n · 6 + 1) (7 + 1)(2 · 7 + 1) . (n · 7 + 1) n=1 √ Megoldások: a) A gyökkritérium alapján lim n an = lim n∞ n∞ r n √ n n n = =

lim n∞ 2 2n 1 = < 1, miszerint a sor konvergens. 2 ∞ P √ 1 n a j) A n = (log n)n sor konvergens a gyökkritérium alapján, mivel a lim n∞ n=1 1 = 0 < 1. = lim n∞ log n √ k) A lim n an = lim ( 21 + n1 ) = n∞ n∞ 1 2 < 1 miatt adódik a vizsgált sor konvergenciája. 1 n + 2006 √ n a = < 1. n = lim n∞ 2n + 7 2 q √ 2 n √ 2 m) lim n an = lim n 2nn = lim ( 2n) = l) lim n∞ n∞ n∞ n∞ 1 2 < 1. Simon Ilona: Feladatok valós számsorokkal 47 nn n!2n+1 = | = lim n) Alkalmazzuk a hányadoskritériumot: lim | aan+1 n+1 n n∞ n∞ (n + 1) (n − 1)!2n ¶n+1 µ n 2 = lim 2 = < 1. A vizsgált sor tehát konvergens n∞ n+1 e (6 + 1)(2 · 6 + 1) . (n · 6 + 1) | = lim o) Hasonlóan, lim | aan+1 = n n∞ n∞ (7 + 1)(2 · 7 + 1) . (n · 7 + 1) (n + 1)6 + 1 = lim = 76 < 1. n∞ (n + 1)7 + 1 9) Döntsük el, hogy az alábbi sorok konvergensek-e! a) ∞ X 1000n n! n=1 b) ∞ X (n!)2 (2n)! n=1 1000 1000 · 1001

1000 · 1001 · 1003 + + + . 1 1·3 1·3·5 4 4 · 7 4 · 7 · 10 + + . g) + 2 2 · 6 2 · 6 · 10 ∞ X n2 h) (2 + cos2nx )n n=1 f) ∞ X (1.5)n n! c) nn n=1 d) i) ∞ X 3n n! nn n=1 j) ∞ X n2 (2 + n1 )n n=1 ∞ X nn−1 n+1 (2n2 + n + 1) 2 π π π k) sin + 4 sin + · · · + n2 sin n + . 2 4 2 ∞ X (n!)2 e) 2n2 n=1 n=1 22 x3 23 x4 2x2 2n−1 xn + + + ··· + + . 3 5 7 2n − 1 n! 1·2 2 1·2·3 3 x + x + ··· + m) x + xn + . 1·3 1·3·5 1 · 3 . (2n − 1) l) x + 2 x9 x4 xn + + ··· + + . n) x + 1·2 1·2·3 n! ∞ X 1 · 2 · . · n o) (n + 1)(n + 2) . (2n) n=1 p) ∞ X 2 ne−n n=1 Eredmények: a), b) és c) konvergensek; d) divergens; e), f), g), h), i), j), k) konvergens, l) |x| < 21 esetén konvergens, m) |x| < 2 esetén konvergens, n) |x| ≤ 1 esetén konvergens, o) konvergens, hányadoskritériummal, p) konvergens, hányadoskritériummal. 10) Döntsük el, hogy az alábbi sorok közül melyek az abszolút és melyek

a feltételesen konvergens sorok! 48 a) ∞ X 1 (−1)n · √ n n=1 e)1 + q + q 2 + · · · + q n + . f )1 + q + 2q 2 + · · · + nq n + . ∞ X 2n b) (−1)n · 2 n n=2 c) d) ∞ X (−1)n · n=2 ∞ X 1 1 (−1)n−1 + − + . · · · + 22 32 n2 sin x sin 2x sin nx h) √ + √ + · · · + √ + . n n 1 1 2 2 1 1 (−1)n + . − + ··· + i) log 2 log 3 log n g)1 − log n n (−1)n−1 nα n=1 P∞ log n n = log2 2 − log3 3 + log4 4 váltakozó előjelű sor Megoldások: c) A n=2 (−1) · n konvergenciájához elegendő megmutatni, hogy |an | ≥ |an+1 | (n = 2, 3, . ) és an 0, azaz hogy tagjainak abszolut értékéből álló sorozat monoton csökkenően tart a nullához. √ √ log n + 1 log n ekvivalens azzal, hogy log n+1 n + 1 ≤ log n n, ami a log függvény A ≤ n+1 n √ √ n n egyenlőtlenséggel egyenértékű. Ez monoton növekvő volta miatt az n+1√n + 1 ≤ √ n+1 n + 1 > n n fordı́tott

egyenlőtlenségből n(n+1)minden n ∈ N számra igaz, hiszen a edik hatványra emeléssel ellentmondáshoz jutunk. Tehát (an , n ≥ 2) sorozat monoton √ csökkenő, és lim logn n = lim log n n = log 1 = 0. A sor tehát feltételesen konvergens, n∞ n∞ log n n > n1 (n ≥ N ) P∞ d) A sor α > 1 esetén abszolut konvergens, hiszen ekkor a n=1 n1α sor konvergens. Ha 0 < α ≤ 1, akkor a sor a váltakozó előjelű sorokra vonatkozó kritérium P∞ (Leibnizkritérium) alapján konvergens. A konvergencia itt feltételes, hiszen a n=1 n1α sor divergens erre az α -ra mivelhogy nem abszolut konvergens: ∃N ∈ N, hogy an = e) Ha |q| < 1, akkor a sor abszolut konvergens. f) A hányadoskritérium alapján a 1 + q + 2q 2 + · · · + nq n + . sor abszolut konvergens, n+1 | = |q| < 1, ezért a sor tagjainak abszolut értékeiből alkotott sorra hiszen lim |(n+1)q n| |nq n∞ alkalmazhattuk a hányadoskritériumot. g) Mivel a

P∞ 1 n=1 n2 sor konvergens, ezért a P∞ 1 √nx | ≤ √ , továbbá a h) Láthatjuk, hogy | sin n n n n ı́gy a vizsgálandó sor abszolut konvergens. P∞ (−1)n−1 n2 1 √ n=1 n n sor abszolut konvergens. P∞ = n=1 13 sor konvergens, n2 (−1)n log n sorozat monoton csökkenően tart a nullához, (−1)n | log n | > n1 . Ekkor tehát feltételesen konvergens i) A sor konvergens, hiszen az an = ám nem abszolut konvergens, hiszen n=2 Simon Ilona: Feladatok valós számsorokkal 49 11) Mutassuk meg, hogy az alábbi sorok divergensek: a) b) ∞ X 1 nn+ n (n + n1 )n n=1 ∞ X n=2 √ n 1 ln n Műveletek sorokkal P∞ Legyenek ∈ N) és (yn , n ∈ N) valós számsorozatok és λ ∈ R. A n=0 (xn + yn ) P∞ (xn , nP P ∞ ∞ sort Pa∞ n=0 xn és n=0 yn sorok összegének nevezzük. A n=0 λxn sor a λ szám és a n=0 xn sor szorzata. P∞ P∞ P∞ Tétel: a) Ha a n=0 konvergensek, akkor a n=0 (xn + yn ) is n és n=0 yn

sorok Px P P ∞ ∞ ∞ konvergens és összege: n=0 (xn + yn ) = n=0 xn + n=0 yn . P∞ P∞ b) Ha a n=0 P∞ Px∞n sor konvergens és λ ∈ R, akkor a n=0 λxn is konvergens és összege: n=0 λxn = λ n=0 xn . P∞ P∞ A n=0 xn és P sorok n=0 ynP ∞ téglányszorzata: n=0 max{k,l}=n xk yl ; P∞ P Cauchy-szorzata: n=0 k+l=n xk yl ; P∞ P∞ Tétel: Ha a n=0 yn sorok abszolút konvergensek, akkor a Cauchyn=0 xn és P∞ szorzatuk és a téglányszorzatuk is abszolút konvergens, és mindkét szorzatsor összege= n=0 xn · P∞ n=0 yn . Tétel: Ha a két konvergens sor Cauchy-szorzata is konvergens, akkor összege egyenlő a két sor összegének szorzatával. 12) Számı́tsuk ki az alábbi sorok összegét: ¶ X ¶ ∞ µ ∞ µ X (−1)n (−1)n+1 1 n + + (0.5) + 5n n2 n2 n=1 n=1 ¶ ∞ µ X (−1)n 1 + b) 2n 3n n=1 a) 13) Igazoljuk, hogy az alábbi sorok konvergensek és határozzuk meg az összegüket: ∞ X (−1)n−1 2n−1 n=1 ¶

∞ µ X 1 1 + b) 2n 3n n=0 a) ∞ X 1 c) n(n + 1) n=1 d) e) ∞ X n=0 ∞ X 1 −1 4n2 1 2 n n=1 ∞ X 1 f) n! n=1 50 P∞ ¡ 1 ¢n P∞ ¡ 1 ¢n sorok abszolút konvergensek és 14) Igazolja, hogy a és a n=0 − 3 n=0 3 képezze a Cauchy-szorzatukat! P∞ P∞ n−1 1 n−1 1 15) Igazolja, hogy a n=1 (−1) n=1 (−1) n és a 2n−1 sorok közül az egyik abszolút konvergens és képezze a Cauchy-szorzatukat! 16) Az alábbi sorok közül melyek konvergensek? a) b) c) d) e) f) g) ∞ X p n 0, 01 n=1 ∞ X h) 1 3n! n=1 i) ∞ X 2n n! n=1 ∞ X 1 1 + n2 n=0 ∞ X 1 p n(1 + n2 ) n=1 ∞ X n2 2n n=1 ∞ X (−1)n n=1 ∞ X n3 10n j) 1 (ln n)n n=2 k) ∞ X 1 ³ n ´n n n! 3 n=1 l) m) ∞ X n! n 2 n=0 ∞ X (−1)n √ n n=1 ∞ X nn n! n=1 ∞ X (−1)n p n(n + 2) n=1 17) Igazoljuk, hogy: Ã a) ∞ X !2 q n n=0 Ã b) ∞ X n=0 = q (n + 1)q n ha |q| < 1 n=0 !3 n ∞ X = ∞ X (n + 1)(n + 2) n q 2 n=0 ha |q| < 1

Simon Ilona: Feladatok valós számsorokkal 18) Az x szám mely értékeire konvergensek az alábbi sorok? a) b) c) ∞ X n=1 ∞ X 2n 1 xn · n3 1 (x + 4)n n · n! 3 n=1 ∞ X √ n nx n=1 ∞ X d) (2n)!xn n! n=0 e) ∞ X (x + 2)n √ n n=1 f) ∞ X ln(n + 1) · (x − 1)n n + 1 n=1 51