Matematika | Analízis » Analizis feladatok megoldással, 2001

FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 1 Analízis feladatok megoldással I. A/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy minden n természetes számra igaz a következő: 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + n(3n − 1) = n 2 ( n + 1) . (A.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1⋅2 = 12(1+1). 2. Lépés (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a következő jelölést: ϕ( n ) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + n(3n − 1) . Tegyük fel, hogy a k természetes számra ϕ(k) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + k(3k − 1) = k 2 ( k + 1) . (A.12) Vizsgáljuk a ϕ( k + 1) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 5 +  + k(3k − 1) + ( k + 1)[3( k + 1) − 1] . A legelső, amit

célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés: ϕ ( k + 1) = ϕ ( k ) + ( k + 1) 3( k + 1) − 1 . Ebből, (A.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = k 2 ( k + 1) + ( k + 1)( 3 k + 2 ) , ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: ϕ( k + 1) = ( k + 1)2 ( k + 1) + 1 . Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 3 B/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy minden n természetes számra igaz a következő: 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4  + n( n + 1) = n( n + 1)( n + 2) . 3 (B.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1⋅ 2 ⋅ 3 . 1⋅ 2 = 3 2. Lépés (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k

természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a következő jelölést: ϕ( n ) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4  + n( n + 1) Tegyük fel, hogy a k természetes számra ϕ(k) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4  + k( k + 1) = k( k + 1)( k + 2) . 3 (B.12) Vizsgáljuk a ϕ( k + 1) = 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 � + k ( k + 1) + ( k + 1) ( k + 1) + 1 . A legelső, amit célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés: ϕ ( k + 1) = ϕ ( k ) + ( k + 1) ( k + 1) + 1 . Ebből, (B.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = k ( k + 1)( k + 2 ) + ( k + 1)( k + 2 ) , 3 ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: ϕ( k + 1) = [ ][ ( k + 1) ( k + 1) + 1 ( k + 1) + 2 3 ]. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 4 C/1. Feladat: Bizonyítsa be,

hogy minden n természetes számra igaz a következő: 12 + 3 2 +  + ( 2n − 1) 2 = 1 n( 4n 2 − 1) . 3 (C.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1 12 = 1(4 ⋅ 12 − 1) . 3 2. Lépés: (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. k Vezessük be a következő jelölést: ϕ( n ) = 12 + 3 2 +  + ( 2n − 1) 2 . Tegyük fel, hogy a k természetes számra 1 ϕ(k) = 12 + 3 2 +  + ( 2k − 1) 2 = k( 4k 2 − 1) . 3 (C.12) Vizsgáljuk a ϕ( k + 1) = 12 + 32 +  + ( 2k − 1) 2 + [2( k + 1) − 1]2 . A legelső, amit célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés: 2 ϕ ( k + 1) = ϕ ( k ) + 2 ( k + 1) − 1 . Ebből, (C.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = 1 k ( 4 k

2 − 1) + ( 2 k + 1)2 , 3 ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: 1 ϕ( k + 1) = ( k + 1) 4 ( k + 1)2 − 1 . 3 Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 5 D/1. Feladat: Bizonyítsa be, hogy minden n természetes számra igaz a következő:  1  1  1 n+2   = .  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 −  4  9  ( n + 1) 2  2 n + 2 (D.11) Megoldás: A feladatot a teljes indukció módszerével oldjuk meg. 1. Lépés: Ellenőrizzük, hogy teljesül-e az állítás n = 1 esetén Egyszerű behelyettesítéssel adódik, hogy igen: 1+ 2  1 . 1 −  =  4 2 ⋅1 + 2 2. Lépés: (az indukciós bizonyítás): Bebizonyítjuk, hogy ha az állítás igaz az n = k természetes számra, akkor az n = k+1-re vonatkozó állítás is igaz. Vezessük be a

következő jelölést:  1  1 1    . ϕ( n) =  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 −  4  9  ( n + 1) 2  Tegyük fel, hogy a k természetes számra  1  1 1  k+2   = ϕ(k) =  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 − .  4  9  ( k + 1) 2  2 k + 2 (D.12) Vizsgáljuk a  1  1  1   ϕ( k + 1) =  1 −   1 −  ⋅ ⋅ ⋅  1 − 2  4  9  ( k + 1)    1  . 1 − 2 ( k + 1) + 1   [ ] A legelső, amit célszerű észrevenni, az a következő rekurzív összefüggés:  1   . ϕ( k + 1) = ϕ( k ) 1 −  ( k + 2) 2  Ebből, (D.12) felhasználásával, a következő adódik: ϕ( k + 1) = k+2  1   1 − , 2 k + 2  ( k + 2) 2  ahonnan a jobb oldal átalakításával a "várt" összefüggést kapjuk: ϕ( k + 1) = ( k + 1) + 2 . 2 ( k + 1) + 2 Q.ED

 Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 6 II. A/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény pozitív az a = 2 szám εsugarú környezetén: x2 + 4 x + 7 . f ( x) = 5 x − x2 Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy x mely értékeire lesz pozitív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: x2 + 4 x + 7 5 x − x2 > 0. (A.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor pozitív, ha a számláló és a nevező megegyező előjelű, ezért a probléma megoldásához az a(x) = x2 + 4x + 7 és a b(x) = 5x - x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Ehhez két dolgot kell megállapítani: (i) a vizsgált függvény konvex-e (felfelé nyíló parabola) vagy konkáv (lefelé nyíló parabola); (ii) a vizsgált függvény zérushelyeit. Az a(x) = x2

+ 4x + 7 függvény konvex (főegyütthatója pozitív szám) és nincs zérushelye. Ez csak úgy lehet, hogy a(x) minden x-re pozitív. Ebből azonnal adódik, hogy az (A21) egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha b(x) = 5x - x2 > 0. (A.22) A b(x) = 5x - x2 függvény konkáv (főegyütthatója negatív) és két zérushelye x1 = 0 és x2 = 5. Ebből nyilvánvaló, hogy b(x) a ]0, 5[ nyitott intervallumon vesz fel pozitív értéket Összegezve az elmondottakat: az (A.21) feltétel a ]0, 5[ intervallumon teljesül A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre a ]2-ε, 2+ε[ nyitott intervallum része ]0, 5[-nek. Ez pedig a 0 < ε ≤ 2 intervallum elemeire teljesül. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 7 B/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény negatív az a = -2

szám ε sugarú környezetén: f ( x) = x2 + 3 x 1 + x2 . Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy az x mely értékeire lesz negatív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: x2 + 3 x 1 + x2 < 0. (B.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor negatív, ha a számláló és a nevező ellentétes előjelű, ezért a probléma megoldásához az a(x) = x2 + 3x és a b(x) = 1 + x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Nyilvánvaló, hogy b(x) értékei mindig pozitív számok, ezért (B.21) akkor és csak akkor teljesül, ha x2 + 3x < 0. (B.22) Mivel az a(x) másodfokú konvex függvény x1 = -3 és x2 = 0 zérushelyekkel, ezért (B.22) akkor és csak akkor teljesül, ha -3 < x < 0. A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre a ]-2-ε, -2+ε[ nyitott intervallum része ]-3, 0[-nak. Ez pedig a 0 < ε ≤ 1 intervallum elemeire

teljesül. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 8 C/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény pozitív az a = 1 szám ε sugarú környezetén: f ( x) = 4 + 3 x − x2 5 + x2 . Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy x mely értékeire lesz pozitív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: 4 + 3 x − x2 5 + x2 > 0. (C.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor pozitív, ha a számláló és a nevező megegyező előjelű, ezért a probléma megoldásához az a(x) = 4 + 3x - x2 és a b(x) = 5 + x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Nyilvánvaló, hogy b(x) értékei mindig pozitív számok, ezért (C.21) akkor és csak akkor teljesül, ha 4 + 3x - x2 > 0. (C.22) Mivel az a(x) másodfokú konkáv függvény x1 = -1

és x2 = 4 zérushelyekkel, ezért (C.22) akkor és csak akkor teljesül, ha -1 < x < 4. A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre az ]1-ε, 1+ε[ nyitott intervallum része ]-1, 4[-nek. Ez pedig a 0 < ε ≤ 2 intervallum elemeire teljesül. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 9 D/2. Feladat: Milyen ε > 0 értékekre lesz a következő függvény negatív az a = 3 szám ε sugarú környezetén: 1 + x + x2 . f ( x) = 4 − 5 x + x2 Megoldás: Vizsgáljuk meg először azt, hogy x mely értékeire lesz negatív az f(x) függvény, azaz oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget: 1 + x + x2 4 − 5 x + x2 < 0. (D.21) Mivel egy tört értéke akkor és csak akkor negatív, ha a számláló és a nevező ellentétes előjelű, ezért a probléma megoldásához az és a b(x) = 4 - 5x + x2 a(x)

= 1 + x + x2 másodfokú függvények előjel viszonyait (előjel térképét) kell megvizsgálnunk. Egyszerűen meggyőződhetünk arról, hogy az a(x) konvex függvénynek nincsenek zérushelyei, következésképpen minden x-re pozitív az értéke. Emiatt (D21) akkor és csak akkor teljesül, ha 4 -5x + x2 < 0. (D.22) Mivel a b(x) másodfokú konvex függvény x1 = 1 és x2 = 4 zérushelyekkel, ezért (D.22) akkor és csak akkor teljesül, ha 1 < x < 4. A feladat már most az, hogy meghatározzuk azokat az ε > 0 számokat, melyekre a ]3-ε, 3+ε[ nyitott intervallum része ]1, 4[-nak. Ez pedig a 0 < ε ≤ 1 intervallum elemeire teljesül. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 10 III. A/3. Feladat: Ellenőrizze a CSB-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( -1, 3, -2, 5, -3), Megoldás: b = ( -3,

-2, 5, 4, -1). ab = ( −1)( −3) + 3( −2) + ( −2)5 + 5 ⋅ 4 + ( −3)( −1) = 10 , (−1) 2 + 32 + (−2) 2 + 52 + (−3) 2 a = b = = 48 = 4 3 , (−3) 2 + (−2) 2 + 52 + 4 2 + (−1) 2 = 55 . Ezek az értékek kielégítik a CSB-egyenlőtlenséget, ugyanis: ab = 10 = 100 < a b = 48 55 = 2640 . Q.ED B/3. Feladat: Ellenőrizze a háromszög-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( -2, 3, -1, 5, -2), b = ( -1, -2, 5, 4, -3). Megoldás: Számítsuk ki az a + b, a és b mennyiségeket. Mivel a + b = (-3, 1, 4, 9, -5), ezért a + b = 132 , a = 43 és b= 55 . Tekintettel arra, hogy a + b = 43 + 50 > 2 43 = 172 > 132 = a + b , ezért a feladatban adott két vektorra fennáll a háromszög-egyenlőtlenség. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 11 C/3. Feladat:

Ellenőrizze a CSB-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( 1, -3, -2, 5, -1), b = ( -3, -2, 0, 4, -1). Megoldás: Számítsuk ki az a b, a és b mennyiségeket. Mivel ab = 576 , a = 40 és b = 30 , ezért a szóban forgó vektorokra fennáll a CSB-egyenlőtlenség: ab = 576 < a b = 40 30 = 1200 . Q.ED D/3. Feladat: Ellenőrizze a háromszög-egyenlőtlenség teljesülését a következő vektorok esetében: a = ( -1, 0, -2, 1, -3), b = ( -3, -2, 0, 1, -1). Megoldás: Számítsuk ki az a + b, a és b mennyiségeket. Mivel a + b = (-4, -2, -2, 2, -4), ezért a + b = 44 , a = 15 és b= 15. Tekintettel arra, hogy a + b = 15 + 15 = 2 15 = 60 > 44 = a + b , ezért a feladatban adott két vektorra fennáll a háromszög-egyenlőtlenség. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 12

IV. A/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: x2 − 4 x + 2 y extr x - y + 1 ≤ 0. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x - y + 1 ≤ 0, illetve az ezzel ekvivalens x+1≤y ( A.41) A L feltétli halmaz azonosítható egy félsíkkal, mely a sík koordinátázása után az y = x + 1 egyenletű egyenes által meghatározott felső félsík. (Lásd az ábrát!) Vizsgáljuk most az f(x,y) = x2 - 2x + 2y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat az x2 - 2x + 2y = c (A.42) egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy parabola, melyet (A.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk: y=− 1 c 2 x − 2) + 2 + . ( 2 2 (A.43) Az ábra segítségével "láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a cél függvény szintvonalai.

Megfigyelhetjük a c = -4 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely teljes egészében az L halmazon kívül halad. Ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = -4 értéket veszi fel. Ez egyúttal azt is jelenti, hogy a feltételi halmazon a célfüggvény sehol nem veszi fel a (-4)-es értéket! y L c=? x c = -4  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 13 A szintvonalakat meghatározó (A.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egybevágó parabolák, a c n övelésével az y-tengellyel párhuzamosan felfelé tolódnak. A kérdés tehát az, hogy mi lesz az a legelső c érték (a c = -4 -es értékről indulva), amelyre a szintvonal hozzáér az L halmazhoz. Ez, (amint az ábra szépen mutatja), az a c szám lesz, amelyre az y = x + 1 és 2y = -x2 + 4x + c (A.44) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (A44)-ből y

kiküszöbölésével a következő egyenletre jutunk: 2x + 2 = -x2 + 4x + c, azaz x2 - 2x + (2 - c) = 0. Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van egyetlen megoldása, ha a bal oldal teljes négyzet, azaz: Ekkor az egyetlen megoldás: c = 1. (A.45) xo = 1. (A.46) Ha c > 1, akkor a szintvonal belemetsz az L halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden 1-nél nagyobb értéket felvesz. A célfüggvénynek tehát nincsen maximuma a feltételi halmazon. Minimuma, mint azt láttuk, 1, melyet az (xo, yo) = (1, 2) pontban vesz fel. Q.ED B/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: extr − x2 − 6 x + y x + y + 6 ≥ 0. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x + y + 6 ≥ 0, illetve az ezzel ekvivalens -x - 6 ≤ y (B.41) A L feltételi halmaz azonosítható egy

félsíkkal, mely a sík koordinátázása után az y = -x - 6 egyenletű egyenes által meghatározott felső félsík. (Lásd az ábrát!) Vizsgáljuk most az f(x,y) = -x2 - 6x + y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat az -x2 - 6x + y = c  Dr. Komlósi Sándor (B.42) FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 14 egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy parabola, melyet (B.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk: y = (x+3)2 + (c - 9). (B.43) y c=9 c=4 x L Az ábra segítségével "láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a cél függvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c = 9 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely teljes egészében az L halmazon belül halad. Ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = 9 értéket veszi fel. Ez egyúttal azt is jelenti, hogy a f

eltételi halmazon a célfüggvény egy teljes parabola ív mentén felveszi a 9-es értéket! A szintvonalakat meghatározó (B.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egybevágó parabolák, a c cs ökkenésével az y-tengellyel párhuzamosan lefelé tolódnak. Az ábra mutatja a c = 4 "nívóhoz" tartozó szintvonalat. Ez ugyan már nincs teljes egészében az L halmazban, de van olyan része, amely az L halmazban van! Ez azt jelenti, hogy a feladat célfüggvénye a feltételi halmazon felveszi a 4-es értéket. Megállapítható tehát, hogy az c = -x2 - 6x + y szintvonal minden valós c-re "belemetsz" a feltételi halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden valós értéket felvesz, következésképpen se maximuma se pedig minimuma nincs az f(x,y) = -x2 - 6x + y függvénynek az x + y + 6 ≥ 0 egyenlőtlenség által meghatározott feltételi halmazon Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK

MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 15 C/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: extr 2x + y x2 -2x + 3y ≤ 8. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x2 -2x + 3y ≤ 8, illetve az ezzel ekvivalens 1 2 (C.41) y ≤ − ( x − 1) + 3 3 feltétel. Az L feltételi halmaz, a sík koordinátázása után, azonosítható az 1 2 y = − ( x − 1) + 3 egyenletű parabola alatti alakzattal. (Lásd az ábrát!) 3 y x L c=0 c=? Vizsgáljuk most az f(x,y) = 2x + y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat a 2x + y = c (C.42) egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy egyenes, melyet (C.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk (lásd az ábrát): y = -2x + c. (C.43) Az ábra segítségével

"láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a cél függvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c = 0 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely belemetsz az L halmazba. Mivel ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = 0 értéket veszi fel, ezért ez egyúttal azt is jelenti, hogy a feltételi halmazon a célfüggvény felveszi a 0 értéket! A szintvonalakat meghatározó (C.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egymással párhuzamos egyenesek, melyek c növekedésével felfelé tolódnak. A kérdés tehát az, hogy  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 16 mi lesz az a legelső c érték (a c = 0 -ról indulva!), amelyre a szintvonal hozzáér az L halmazhoz. Ez, (amint az ábra szépen mutatja) az a c szám lesz, amelyre az y = -2x + c és 3y = -x2 + 2x + 8 egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (C44)-ből

következő egyenletre jutunk: -6x + 3c = -x2 + 2x + 8, azaz (C.44) y kiküszöbölésével a x2 - 8x + (3c - 8) = 0. Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van egyetlen megoldása, ha a bal oldal teljes négyzet, azaz: c = 8. (C.45) xo = 4. (C.46) Ekkor az egyetlen megoldás: Ha c < 8, akkor a szintvonal belemetsz az L halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden 8-nál kisebb értéket felvesz. A célfüggvénynek tehát nincsen minimuma a feltételi halmazon. Maximuma, mint azt láttuk, 8, melyet az (xo, yo) = (4, 0) pontban vesz fel. Q.ED D/4. Feladat: Oldja meg a következő feltételes szélsőértékfeladatot: extr y + 2x x2 -2x - 3y ≤ 14. Megoldás: Vizsgáljuk először a feltételi halmazt (a feladat lehetséges megoldásainak halmazát). Ez azon (x, y) számpárok halmaza, melyekre teljesül az x 2 -2x - 3y ≤ 14, illetve az ezzel ekvivalens 1 2 (D.41) y ≥ ( x − 1) − 5 3 feltétel. Az L

feltételi halmaz, a sík koordinátázása után, azonosítható az 1 2 y = ( x − 1) − 5 egyenletű parabola feletti alakzattal. (Lásd az ábrát!) 3 Vizsgáljuk most az f(x,y) = 2x + y célfüggvény szintvonalait. A c nívóhoz tartozó szintvonalat a 2x + y = c  Dr. Komlósi Sándor (D.42) FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 17 egyenletnek eleget tevő (x,y) számpárok alkotják. Ez a szintvonal egy egyenes, melyet (D.42) célszerű átalakítása révén könnyen felismerhetünk (lásd az ábrát): y = -2x + c. (D.43) y x L c=0 c=? Az ábra segítségével "láthatóvá válnak" a feltételi halmaz és a célfüggvény szintvonalai. Megfigyelhetjük a c = 0 nívóhoz tartozó szintvonalat, mely belemetsz az L halmazba. Mivel ennek a szintvonalnak a pontjaiban a célfüggvény rendre a c = 0 értéket veszi fel, ezért ez egyúttal azt is jelenti, hogy a

feltételi halmazon a célfüggvény felveszi a 0 értéket! A szintvonalakat meghatározó (D.43) egyenletből látszik, hogy a szintvonalak egymással párhuzamos egyenesek, melyek c csökkenésével lefelé tolódnak. A kérdés tehát az, hogy mi lesz az a legelső c érték (a c = 0 -ról indulva!), amelyre a szintvonal hozzáér az L halmazhoz. Ez, (amint az ábra szépen mutatja) az a c szám lesz, amelyre az y = -2x + c és 3y = x2 - 2x -14 (D.44) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (D44)-ből y kiküszöbölésével a következő egyenletre jutunk: -6x + 3c = x2 - 2x - 14, azaz x2 + 4x - (3c + 14) = 0. Könnyen belátható, hogy ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van egyetlen megoldása, ha a bal oldal teljes négyzet, azaz: Ekkor az egyetlen megoldás: c = -6. (D.45) xo = -2. (D.46) Ha c > -6, akkor a szintvonal belemetsz az L halmazba, ami azt jelenti, hogy a célfüggvény a feltételi halmazon minden -6-nál nagyobb értéket felvesz. A

célfüggvénynek tehát nincsen maximuma a feltételi halmazon. Minimuma, mint azt láttuk, -6, melyet az (xo, yo) = (-2, -2) pontban vesz fel.  Dr. Komlósi Sándor Q.ED FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 18 V. A/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = 5 - arctg 2x. Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = 5 - arctg 2x. Cseréljük fel az x és y változókat: x = 5 - arctg 2y, (A.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: π π π π (i) arctg 2y = 5 - x, − < 5 − x < , (ii) 2y = tg(5-x), − < 5 − x < , 2 2 2 2 1 π π −1 (iii) y = f ( x ) = tg ( 5 − x ), − < 5− x < . 2 2 2 Az ábrázolás könnyebbé tétele érdekében célszerű figyelembe venni a tangens függvény néhány sajátosságát. Ennek megfelelően: 1 f −1 ( x ) = −

tg ( x − 5), 2 5− π π < x < 5+ . 2 2 Ennek alapján már nem okoz gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED B/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = 3 - arcctg 5x. Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = 3 - arcctg 5x. Cseréljük fel az x és y változókat: x = 3 - arcctg 5y, (B.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: (i) arcctg 5y = 3 - x, 0 < 3 − x < π ,  Dr. Komlósi Sándor (ii) 5y = ctg(3-x), 0 < 3 − x < π , FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 19 1 (iii) y = f −1 ( x ) = ctg ( 3 − x ), 5 0 < 3 − x < π. Az ábrázolás könnyebbé tétele érdekében célszerű figyelembe venni a kotangens függvény néhány sajátosságát. Ennek megfelelően: 1 f −1 ( x ) = ctg ( x − 3), 5 3 − π < x < 3. Ennek

alapján már nem okoz gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED C/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = arctg (x-5) -7. Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = arctg (x-5) - 7. Cseréljük fel az x és y változókat: x = arctg (y-5) - 7, (C.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: (i) arctg (y-5) = x + 7, − π π < x+7< , 2 2 (ii)y - 5 = tg(x + 7), − π π < x+7< , 2 2 (iii) y = f −1 ( x ) = tg ( x + 7 ) + 5, − (iv) f −1 ( x ) = tg ( x + 7 ) + 5, π π < x < −7 + . 2 2 −7− π π < x+7< , 2 2 Ezek után már nem okozhat gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 20 D/5. Feladat: Határozza meg és ábrázolja az f -1(x) függvényt, ha f(x) = 7 - arcctg (x+3).

Megoldás: Írjunk f(x) helyébe y-t: y = 7 - arcctg (x+3). Cseréljük fel az x és y változókat: x = 7 - arcctg (y+3), (D.51) majd fejezzük ki y-t a fenti, y-ra nézve implicit, összefüggésből. A lépések a következők lesznek: (i) arcctg (y + 3) = x - 7, 0 < x − 7 < π , (ii) y + 3 = ctg(x - 7), 0 < x − 7 < π , (iii) y = f −1 ( x ) = ctg ( x − 7 ) − 3, (iv) f −1 ( x ) = ctg ( x − 7 ) − 3, 0 < x − 7 < π, 7 < x < 7 + π. Ennek alapján már nem okoz gondot a grafikon megrajzolása. Q.ED  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 21 VI. A/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 4n − 3 . 1− 2n Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 4n −

3 4 = −2 . 1 + ( −2 ) n −2 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 4 ( n + 1) − 3 4 n − 3 4n + 1 4n − 3 . − = − 1 − 2 ( n + 1) 1 − 2 n −1 − 2 n 1 − 2 n Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = ( 4 n + 1)(1 − 2 n ) − ( 4 n − 3)( −1 − 2 n ) −2 . = ( −1 − 2 n )(1 − 2 n ) ( −1 − 2 n )(1 − 2 n ) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az a n+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  4n − 3  4n − 3 n ∈ N  = −2 . = inf  n∞ 1 − 2 n 1 − 2n  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme,

nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  4n − 3  4 ⋅1 − 3 n ∈ N  = a1 = sup  = −1 . 1 − 2 ⋅1 1 − 2n  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 22 B/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 6n − 5 . 2 − 3n Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 6n − 5 6 = −2 . 2 + ( −3 ) n −3 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 6 ( n + 1) − 5 6 n − 5 6n + 1 6n − 5 . − = − 2 − 3( n + 1) 2 − 3 n −1 − 3 n 2 − 3 n Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk:

a n +1 − a n = −3 ( 6 n + 1)( 2 − 3 n ) − ( 6 n − 5)( −1 − 3 n ) . = ( −1 − 3 n )( 2 − 3 n ) ( −1 − 3 n )( 2 − 3 n ) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az a n+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  6n − 5  6n − 5 n ∈ N  = −2 . = inf  n∞ 2 − 3n  2 − 3n  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  6n − 5  6 ⋅1 − 5 n ∈ N  = a1 = sup  = −1 . 2 − 3⋅1  2 − 3n  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 23 C/6. Feladat:

Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 3 − 5n . 2n − 1 Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 3 − 5n −5 = −2 . 5 2n − 1 2 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 3 − 5( n + 1) 3 − 5 n −2 − 5n 3 − 5 n . − = − 2 ( n + 1) − 1 2 n − 1 2 n + 1 2 n − 1 Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = −1 ( −2 − 5 n )( 2 n − 1) − ( 3 − 5 n )( 2 n + 1) . = ( 2 n + 1)( 2 n − 1) ( 2 n + 1)( 2 n − 1) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az a n+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert

tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  3 − 5n  3 − 5n n ∈ N  = −2.5 = inf  n∞ 2 n − 1  2n − 1  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  3 − 5n  3 − 5⋅1 n ∈ N  = a1 = = −2 . sup  2 ⋅1 − 1  2n − 1  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 24 D/6. Feladat: Határozza meg a lim an, sup an és inf an mennyiségeket, ha an = 3 − 7n . 1+ 2n Megoldás: A polinomok hányadosának határértékére vonatkozó ismert szabály alapján a vizsgált sorozat a főegyütthatók hányadosához konvergál: an = 3 − 7n −7 = −3. 5 1 + 2n 2 Vizsgáljuk most a sorozatot a monotonitás szempontjából. Ehhez az {an+1 - an} különbség

sorozatot kell vizsgálni. a n +1 − a n = 3 − 7 ( n + 1) 3 − 7 n −4 − 7 n 3 − 7 n . − = − 1 + 2 ( n + 1) 1 + 2 n 3 + 2n 1+ 2n Közös nevezőre hozás és célszerű átalakítások után a következőre juthatunk: a n +1 − a n = −13 ( −4 − 7 n )(1 + 2 n ) − ( 3 − 7 n )( 3 + 2 n ) . = ( 3 + 2 n )(1 + 2 n ) ( 3 + 2 n )(1 + 2 n ) Tekintettel arra, hogy a jobboldali törtkifejezés nevezője minden n természetes számra pozitív, ezért az a n+1 - an különbség minden n természetes számra negatív, következésképpen az {an} sorozat szigorúan csökkenő! Ismert tétel szerint ebből és a konvergencia tényéből azonnal következik, hogy (i)  3 − 7n  3 − 7n n ∈ N  = −35 = inf  . n∞ 1 + 2 n 1 + 2n  lim A csökkenő viselkedés miatt a sorozatnak van maximális eleme, nevezetesen az első elem pontosan ilyen tulajdonságú, következésképpen: (ii)  3 − 7n  3 − 7 ⋅1 4 sup  n ∈ N  = a1 = =− . 1 + 2

⋅1 3 1 + 2n  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 25 VII. A/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = 6 n2 sorozat K-kapcsolatban van az 3 n2 + 1 a = 2 számmal. Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a 6 n2 3 n2 + 1 (A.71) −2 < ε egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: 6 n2 2 3n + 1 −2 = −2 2 3n + 1 = 2 2 3n + 1 <ε (A.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk az (A.71) összes megoldásához: 2 2−ε

< 3 n2 + 1 ⇔ < n2 . 3ε ε (A.73) (A.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: (i) Ha ε > 2, akkor (A.73) és vele együtt (A71) minden n t ermészetes számra teljesül, ami azt jelenti, hogy ha az a = 2 valós szám 2 -nél nagyobb sugarú környezetei a tekintett {an} sorozatnak (kivétel nélkül) minden tagját tartalmazza. Az ε > 2 számokhoz tehát az N(ε ) = 1 értékadás megfelelő lesz (ii) Ha 0 < ε ≤ 2, akkor (A.73) a következő alakban is írható: 2−ε < n. 3ε 2−ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak már 3ε minden tagja benne van az a = 2 szám ε sugarú környezetében (ε most kisebb, mint 2). Ebből látszik, hogy az N( ε ) = Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 26

B/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = a= n2 3 n2 + 1 sorozat K-kapcsolatban van az 1 számmal. 3 Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a n2 3 n2 + 1 − 1 <ε 3 (B.71) egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: n2 2 3n + 1 − 1 −1 1 = = <ε 2 3 3( 3 n + 1) 3( 3 n2 + 1) (B.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk az (B.71) összes megoldásához: 1 1 − 3ε < 3 n2 + 1 ⇔ < n2 . 3ε 9ε (B.73) (B.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat

kérdésére: (i) Ha ε > 1/3, akkor (B.73) és vele együtt (B71) minden n természetes számra teljesül, ami azt jelenti, hogy ha az a = 1/3 valós szám 1/3-nál nagyobb sugarú környezetei a tekintett {an} sorozatnak minden tagját tartalmazza (kivétel nélkül). Az ε > 1/3 számokhoz tehát az N(ε ) = 1 értékadás megfelelő lesz. (ii) Ha 0 < ε ≤ 1/3, akkor (B.73) a következő alakban is írható: 1 − 3ε < n. 9ε 1 − 3ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak 9ε már minden tagja benne van az a = 1/3 szám ε sugarú környezetében (ε most kisebb, mint 1/3!). Ebből látszik, hogy az N( ε ) = Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 27 C/7. Feladat: Mutassa

meg, hogy az a n = 3 n2 + 1 sorozat K-kapcsolatban van az 2 n2 − 1 a = 3/2 számmal. Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a 3 n2 + 1 2 n2 − 1 − 3 <ε 2 (C.71) egyenlőtlenséget. Egyszerű átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: 3 n2 + 1 2 n2 − 1 − 3 5 5 = = <ε 2 2 ( 2 n2 − 1) 2 ( 2 n2 − 1) (C.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk a (C.71) összes megoldásához: 5 + 2ε 5 < 2 n2 − 1 ⇔ < n2 ⇔ 2ε 4ε 5 + 2ε < n. 4ε (C.73) (C.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: az 5 + 2ε "küszöbszámtól"

kezdve a vizsgált sorozatnak minden tagja benne van az N( ε ) = 4ε a = 3/2 szám ε sugarú környezetében. Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 28 D/7. Feladat: Mutassa meg, hogy az a n = 6 n3 − 1 3 n3 + 1 sorozat K-kapcsolatban van az a = 2 számmal. Megoldás: Tudjuk, hogy a K-kapcsolat a következő módon is megadható: az {an} sorozat akkor és csak akkor van K-kapcsolatban az a számmal, ha bármely pozitív ε számhoz található olyan N(ε) valós szám, hogy valahányszor n ≥ N(ε), mindannyiszor a n − a < ε . Legyen tehát ε egy tetszőlegesen választott pozitív szám és kezdjük el vizsgálni a 6 n3 − 1 3 n3 + 1 (D.71) −2 <ε egyenlőtlenséget. Egyszerű

átalakításokkal sokkal egyszerűbb alakra hozható a kérdéses egyenlőtlenség: 6 n3 − 1 3 3n + 1 −2 = −3 3 3n + 1 = 3 3 3n + 1 <ε (D.72) További ekvivalens átalakításokkal eljutunk az (D.71) összes megoldásához: 3 3− ε 3− ε < 3 n3 + 1 ⇔ < n3 ⇔ 3 < n. ε 3ε 3ε (D.73) (D.73) segítségével most már könnyen választ adhatunk a feladat kérdésére: a z 3− ε "küszöbszámtól" kezdve a vizsgált sorozatnak minden tagja benne van az N( ε ) = 3 3ε a = 2 szám ε sugarú környezetében. Sikerült tehát minden pozitív ε valós számhoz az "előírásoknak megfelelő tulajdonságú" N(ε) küszöbszámot találnunk. Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 29 VIII. A/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = sin nπ . 3 Megoldás:

Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 3 3 3 3 3 3 3 3 , , 0, − , − , 0, , , 0, − , − , 0, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y = sinx f üggvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő hatelemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+6 = an): 3 3 3 3 , , 0, − , − , 0, 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóban forgó sorozat torlódási pontjai a következők: 3 3 . − , 0, 2 2 Q.ed B/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = cos nπ . 4 Megoldás: Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 2 2 2 2 2 2 2 2 , 0, − , − 1, − , 0, , 1, , 0, − , − 1, − , 0, , 1, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y = cosx függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő nyolcelemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+8 = an): 2 2 2 2 , 0, − , − 1, − , 0, , 1 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a

szóban forgó sorozat torlódási pontjai a következők: 2 2 Q.ed −1, − , 0, , 1. 2 2  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 30 C/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = sin nπ . 4 Megoldás: Számítsuk ki a sorozat kezdő tagjait: 2 2 2 2 2 2 2 2 , 1, , 0, − , − 1, − , 0, , 1, , 0, − , − 1, − , 0, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y = sinx függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő nyolcelemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+8 = an): 2 2 2 2 , 1, , 0, − , − 1, − ,0 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóban forgó sorozat torlódási pontjai a következők: −1, − 2 2 , 0, , 1. 2 2 Q.ed D/8. Feladat: Határozza meg a következő sorozat torlódási pontjait: a n = cos nπ . 3 Megoldás: Számítsuk ki a

sorozat kezdő tagjait: 1 1 1 1 1 1 1 1 , − , − 1, − , , 1, , − , − 1, − , , 1, . 2 2 2 2 2 2 2 2 Az y = cos x függvény tulajdonságai folytán a vizsgált sorozat a következő hat elemű periódus végtelen egymásutánjából áll (an+6 = an): 1 1 1 1 , − , − 1, − , , 1 2 2 2 2 Ebből és a torlódási pont fogalmából könnyen megállapítható, hogy a szóbanforgó sorozat torlódási pontjai a következők: 1 1 −1, − , , 1. 2 2 Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 31 IX - X. A/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? n a n =  2 n + 5n + 9 n ,   3n + 10n  6n + 5 ,   n n  7 n − 1 3 − 10 n .   Megoldás: Ismert tétel, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű

külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = 2 n + 5n + 9 n sorozat vizsgálata a rendőr elv segítségével meglehetősen egyszerű. A következő "közrefogás" segítségével könnyen eredményre jutunk: n n n 9 = 9 n < 2 n + 5n + 9 n < 9 n + 9 n + 9 n = 9 n 3 . Mivel n 3 1, ezért 9 n 3 9 , tehát mind a minoráns, mind pedig a majoráns sorozat 9-hez konvergál, következésképpen xn 9. 3n + 10n sorozat határértékét a határátmenet művelet algebrai szabályai yn = n 3 − 10n segítségével állapíthatjuk meg egy célszerű algebrai átalakítás után. Osszuk el a számlá-lót is és a nevezőt is 10n-nel: b) Az yn = 0. 3n + 1 0. 3n − 1 . Tekintettel arra, hogy 0.3n 0, ezért yn -1 n  6n + 5 c) A z n =   sorozat konvergenciáját a gyökkritérium segítségével a legegysze 7 n − 1 rűbb megállapítani. Mivel n z = 6 n + 5 6 < 1, n 7n − 1 7 ezért a gyökkritérium szerint zn 0.

Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (9, − 1, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 32 A/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak?  −n 4 π 2 n2 − 3πn + 5  7 , b n =  5 , sin 2 n + n + 1   n55n  . ( n + 5)!  Megoldás: Ismert, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n 7 − a) Vegyük észre, hogy az x n = 5 sorozat egy {qn} típusú sorozat, ahol q = 7 0. 2 , ami egy 1-nél kisebb pozitív érték, következésképpen xn 0. b) Az y n = sin 4 π2 n2 − 3πn + 5 sorozat vizsgáltához célszerű először a gyökjel alatti n2 + n + 1 sorozatot vizsgálni. Mivel az két másodfokú

polinom hányadosa, ezért ismert tétel (és ismert módszer) szerint: 4 π 2n2 − 3πn + 5 un = 4 π2 . 2 1⋅ n + n + 1 Ebből, az y = x függvény folytonossága folytán, kapjuk, hogy 4 π2 n2 − 3πn + 5 2 n + n +1 4 π2 = 2 π . Ebből, az y = sin x függvény folytonossága folytán, kapjuk, hogy y n = sin c) A zn = ra: 4 π2 n2 − 3πn + 5 n2 + n + 1 sin 2 π = 0. n5 5n sorozat felbontható ismert határértékű (nevezetes) sorozatok szorzatá( n + 5! n5 5n n n n n 5n n zn = = . ( n + 5)! n ! n + 1 n + 2 n + 3 n + 4 n + 5 Alkalmazva a "szorzat-szabályt": zn 0⋅1⋅1⋅1⋅1⋅1 = 0. Ismert tétel szerint   lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (0, 0, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 33 B/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? an = (n

n3 − n2 , n4 − n3 − n2  3n + 4  ,    5n − 1  2n n ). Megoldás: Ismert, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = n3 − n2 sorozat konvergenciáját a rendőr-elv segítségével fogjuk megmutatni, felhasználva az n n 1 nevezetes relációt. Mivel n > 1 esetén 1< n 3 n − n2 < ( ) 3 n = nn n 3 és mindkét "közrefogó" sorozat 1-hez konvergál, ezért xn 1. n4 − n3 − n2 sorozat vizsgálatát egy célszerű átalakítással kezdjük. A b) Az y n = 2n a−b azonosság felhasználásával yn a következő alakban is írható: a− b= a+ b yn = 1 2n − n3 n4 − n3 + n2 =− 1 n2 1 1 . =− 2 n4 − n3 + n2 2 1 1− +1 n Ebből az alakból már könnyen leolvasható, hogy yn -1/4. n  3n + 4  c) A z n =   sorozat határértéke a gyökkritérium

segítségével minden különö 5n − 1  sebb nehézség nélkül megállapítható (lásd A/9. Feladat) zn 0 Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (1, − 0.25, 0)  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 34 B/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? bn = ( n 3n + 7n + 10n , cos n2 − 3n + 5 1 − n3 , 5  9 +   n n! n ). Megoldás: Ismert, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = 3n + 7 n + 10n sorozatot a rendőr-elv segítségével vizsgálhatjuk. Mivel minden n természetes számra n n 10 = 10n < 3n + 7 n + 10n < 10 n 3 , és mindkét közrefogó sorozat 10-hez

konvergál, ezért xn 10. b) Az y n = cos n2 − 3 n + 5 sorozat vizsgálatát célszerű az u n = 1 − n3 gálatával kezdeni. Alakítsuk át az un-t definiáló képletet: n2 − 3 n + 5 1 − n3 sorozat vizs- 1 3 5 − 2+ 3 n 0 − 0 + 0 = 0. un = n n 1 0−1 −1 3 n Ebből, az y = cos x függvény folytonossága folytán, yn = cos un cos 0 = 1 adódik. n 1 5 c) A z n =  9 +  sorozat konvergenciáját is a rendőr elv segítségével lehet a legn!  n könnyebben megállapítani a következő közrefogás segítségével: n 1 5 14 n . 0 < 9 +  ≤ n!  n n! Mivel a majoráns sorozat is 0-sorozat, ezért zn 0. Ismert tétel szerint   lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (10, 1, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 35 C/9. Feladat: Mi a határértéke

(és miért) a következő sorozatnak?  (2 + sin n) n a n =  , n!  5 ⋅ 2 n − 2 ⋅ 5n 3 ⋅ 4 n + 4 ⋅ 5n , n ln 2n + 7  . 2 n − 1  Megoldás: Ismert, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. a) Az x n = ( 2 + sin n ) n sorozatot közre lehet fogni két "egyszerű" nullsorozattal: n! ( 2 + sin n ) n 3n 0< < . n! n! Ebből nyilvánvaló, hogy xn 0. b) Az y n = 5 ⋅ 2 n − 2 ⋅ 5n sorozat vizsgálata sokkal egyszerűbb lesz, ha a számlálót is meg 3 ⋅ 4 n + 4 ⋅ 5n a nevezőt is elosztjuk az 5n hatvánnyal: n yn =  2 5  − 2  5 n  4 3  + 4  5 5⋅ 0 − 2 = −0.5 3⋅ 0 + 4 2n + 2 sorozat "szorzat alakja" sajnos "∞⋅0 típusú", amire semmiféle 2n − 1 általá-nos szabály nem létezik. Emiatt célszerűbb lesz a

következő alak: c) A zn = n ln n  2n + 7  z n = ln  .  2n − 1  Vizsgáljuk most az "argumentum-sorozatot": n  2n + 7  un =   .  2n − 1  Célszerű átalakítással és az n λ  λ 1 +  e  n limesz-reláció felhasználásával un határértéke meghatározható:  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 36 n n .  35  7   1 +   1+ e3.5 n 2n  =  = e4 . un =  n −0.5 1  1− e 0.5  − 1     2n  n Ebből, az y = ln x függvény folytonossága folytán, az adódik, hogy: zn = ln u n ln e4 = 4 . Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (0, − 0.5, 4)  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 37

C/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak? n n3 + n + 1 b n =  n2 + 4 n + 5 , 2 ⋅ arctg , n2 + 1  n2 1995n  . ( n + 3)!  Megoldás: Ismert, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. n a) Az x n = n2 + 4 n + 5 sorozatot közrefoghatjuk két egyszerűbb, közös határértékkel rendelkező sorozattal a következő módon: n ( ) 2 n n 5 < n2 + 4 n + 5 < n2 + 4 n2 + 5n2 = n 10 n n . Mivel mindkét közrefogó sorozat 1-hez konvergál, ezért xn 1. b) Az y n = 2 arctg n3 + n + 1 sorozat " viselkedéséért" az u n = n3 + n + 1 "argumentumn2 + 1 n2 + 1 sorozat" is "felelős"! Egyszerű átalakítással megmutatható, hogy un végtelenbe divergál: 1 1 1+ 2 + 3 n n ∞ ⋅1 = ∞. un = n ⋅

1 1+ 2 n Ebből, az y = arctg x függvény +∞ -ben való viselkedése folytán, következik, hogy y n = 2 arctg u n 2 ⋅ c) A zn = π = π. 2 n2 1995n sorozatot bontsuk "nevezetes" sorozatok szorzatára: ( n + 3)! 1995n n n 1 zn = 0 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 0 = 0. n! n + 1 n + 2 n Ismert tétel szerint   lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (1, π, 0) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 38 D/9. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak?  3 ⋅ 4 n + 4 ⋅ 3n , an =  n n  2 4 1 ⋅ +  sin(5n + 7)  6n + 5 ,    6n − 1 3n + 2 n .   Megoldás: Ismert, hogy az {an} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. a)

Próbáljuk meg az első koordináta-sorozatot egyszerűbb sorozatokkal közrefogni: n n n n n n 1 = n 3⋅ 4 + 0 < x = n 3⋅ 4 + 4 ⋅ 3 < n 3⋅ 4 + 4 ⋅ 4 = n 7 n 2 2 ⋅ 4n + 4n 2 ⋅ 4n + 1 2 ⋅ 4n . Ebből a közrefogásból nyilvánvaló, hogy xn 1. b) Ugyancsak a közrefogás segíthet az y n = − sin( 5 n + 7 ) sorozat esetében: 3n + 2 1 sin( 5 n + 7 ) 1 . < < 3n + 2 3n + 2 3n + 2 Mivel mindkét közrefogó sorozat null-sorozat, ezért yn 0. c) A harmadik koordináta-sorozatot "szabványos" átalakítással vizsgáljuk: n  6n + 5 zn =    6n − 1 n n 5  5 / 6 5   1 +  1 +   e6 n  6n  =  = e. = n 1 1− 1  −  1 / 6 1 −   e 6 6n   n  Ismert tétel szerint   lim a n =  lim x n , lim y n , lim z n  = (1, 0, e) .  n∞ n∞ n∞ n∞  Q.ed  Dr. Komlósi Sándor FELADATOK MEGOLDÁSOKKAL - 1. DOLGOZAT 39

D/10. Feladat: Mi a határértéke (és miért) a következő sorozatnak?  −2 2 n2 − 3πn + 5  b n =  3 5n , arccos , 2  n 1 2 −    3n5 − 7 n3     2 3  (2 n − 1)(3n + 1)  2n    .  Megoldás: Ismert tétel, hogy a {bn} vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha mindegyik koordináta-sorozata konvergens. Ezért célszerű külön vizsgálni az egyes koordináta-sorozatokat. − a) Az x n = 3 2 5n sorozat n a típusú, ahol a = 3−0.4 , következésképpen xn 1 b) A második koordináta-sorozat viselkedése az "argumentum-sorozaton" múlik: un = 2 n2 − 3πn + 5 1 − 2n 2 − 2 1 . =− 2 2 Ebből, az y = arccos x függvény folytonossága miatt, következik, hogy  1  3π y n = arccos u n arccos − =  4 2 c) A harmadik koordináta-sorozat esetében vizsgáljuk először a hatványalapot: un = 3 n5 −

7 n3 2 3 ( 2 n − 1)( 3 n + 1) = 5 3 n5 − 7 n3 3 2 6 n − 3n + 2 n − 1 3 = 0. 5 6 Az eredmény már mutatja, hogy a g yökkritérium alkalmazása eredménnyel fog járni; az n-edik gyökvonással előálló sorozat pontosan az {un} négyzete, mely 1/4-hez konvergál. Miután 1/4 < 1, ezért zn 0 Ismert tétel szerint    3π  lim b n =  lim x n , lim y n , lim z n  =  1, , 0 .  n∞ 4  n∞ n∞ n∞   Q.ed  Dr. Komlósi Sándor