Numerikus sorozatok/Nevezetes határértékek

Nevezetes határértékek

∞⁰ alakú határértékek

Állítás – Ha $a$ > 0, akkor $\lim \left(\sqrt[n]{a}\right)=1$

Bizonyítás. a = 1-re az állítás triviális módon igaz. Legyen először a > 1. Ekkor a számtani és mértani közép között fennálló egyenlőtlenséget használjuk:

$\sqrt[n]{a}=\sqrt[n]{\underset{n-1\mathrm{d}\mathrm{b}}{\underbrace{1\cdot 1\cdot ...\cdot 1}}\cdot a}\le \frac{n-1+a}{n}=1-\frac{1}{n}+\frac{a}{n}$

ahol a gyökjel alatt n-1-szer vettük az 1-et szorzótényezőül azzal a céllal, hogy a gyök alatt n tényezős szorzat álljon. Ekkor az n-edik gyök szigorú monoton növő volta miatt

$1<\sqrt[n]{a}\le 1-\frac{1}{n}+\frac{a}{n}\to 1$

és a rendőrelv miatt így

$\sqrt[n]{a}\to 1$

Állítás $\lim \left(\sqrt[n]{n}\right)=1$

Bizonyítás. A bizonyítás meglehetősen trükkös. A gyök alatti kifejezés alá alkalmas darab 1-et írva majd a számtani-mértani egyenlőtlenség növelve, a rendőrelvet kell alkalmaznunk:

$1\le \sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\cdot \underset{n-2\mathrm{d}\mathrm{b}}{\underbrace{1\cdot 1\cdot ...\cdot 1}}}\le \frac{2\sqrt{n}+n-2}{n}=\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{2}{n}\to 1$

Állítás – Ha pn > 0 általános tagú sorozat polinomrendű, azaz létezik k természetes szám és A pozitív szám, hogy $\frac{p_n}{n^k}\to A$ akkor $\lim \left(\sqrt[n]{p_n}\right)=1$

Bizonyítás. Legyen 0 < ε < A. Egy N nagyobb minden n indexre

$A-\epsilon <\frac{p_n}{n^k}<A+\epsilon$

ahonnan

$(A-\epsilon )n^k<p_n<(A+\epsilon )n^k$

és

$\sqrt[n]{(A-\epsilon )n^k)}<\sqrt[n]{p_n}<\sqrt[n]{(A+\epsilon )n^k}$

Ekkor a rendőrelvet használva, mivel

$\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{n\to \mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(A-\epsilon )n^k}=\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{n\to \mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(A-\epsilon )}{\left(\sqrt[n]{n}\right)}^k=1\cdot 1^k=1$

és

$\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{n\to \mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(A+\epsilon )n^k}=\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{n\to \mathrm{\infty }}\sqrt[n]{(A+\epsilon )}{\left(\sqrt[n]{n}\right)}^k=1\cdot 1^k=1$

ezért

$\sqrt[n]{p_n}\to 1$

Feladatok

1. Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!

$\sqrt[n]{n^2+2n+4}$

(Útmutatás: közvetlenül rendőrelvvel, vagy a polinom n-edik gyökének határértékére vonatkozó állítással.)

Megoldás

$\sqrt[n]{n^2+2n+4}\underset{1\le n\le n^2}{\le }\sqrt[n]{n^2+2n^2+4n^2}=\sqrt[n]{7n^2}=\sqrt[n]{7}\cdot \sqrt[n]{n^2}=\underset{\underset{1}{\downarrow }}{\underbrace{\sqrt[n]{7}}}\cdot \underset{\underset{1}{\downarrow }}{\underbrace{{\left(\sqrt[n]{n}\right)}^2}}\to 1$

$\sqrt[n]{n^2+2n+4}\ge \sqrt[n]{4}\to 1$

2. Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!

$\sqrt[n^4]{n^3-3n}$

(Útmutatás: a legmagasabb fokú tag felével becsüljük felül (vagy alul, ha kell) a kisebb fokú tagokat, majd alkalmazzuk a rendőrelvet.)

Megoldás

$\sqrt[n^4]{n^3-3n}\le \sqrt[n^4]{n^3}=\underset{\underset{1}{\downarrow }}{\underbrace{\left(\sqrt[n^4]{n^4}\right)}}{}^{\frac{3}{4}}\to 1$

Itt $\left(\sqrt[n^4]{n^4}\right)$ az $\left(\sqrt[n]{n}\right)$ sorozat $n_k=k^4$ indexsorozattal képezett részsorozata, így az 1-hez tart.

$\sqrt[n^4]{n^3-3n}\underset{\underset{(n>2)}{3n\le \frac{n^3}{2}}}{\ge }\sqrt[n^4]{n^3-\frac{n^3}{2}}=\sqrt[n^4]{\frac{n^3}{2}}=\sqrt[n^4]{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt[n^4]{n^3}\to 1\cdot 1=1$

Ahol felhasználtuk, az előző egyenlőtlenség végén kiszámolt határértéket.

1^∞ alakú határértékek

Állítás – Ha x tetszőleges valós szám, akkor a ${(1+\frac{x}{n})}^n$ általános tagú sorozat konvergens és ha m egész, akkor $\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{n\to \mathrm{\infty }}{(1+\frac{m}{n})}^n={\mathrm{e}}^m$ ahol e az Euler-szám.

Pontosabban belátható, hogy racionális x-re a sorozat határértéke a képlet szerinti. Valós x-re az állítás kiterjesztése a függvények folytonossági tulajdonsága segítségével történik.

Bizonyítás. Először belátjuk, hogy a sorozat x > 0-ra konvergens. Ezt ugyanazzal a trükkel tesszük, mint x = 1 esetén.

Monotonitás. A számtani-mértani egyenlőtlenséget használva:

$\sqrt[n+1]{{(1+\frac{x}{n})}^n\cdot 1}\le \frac{n\cdot (1+\frac{x}{n})+1}{n+1}=\frac{n+1+x}{n+1}=1+\frac{x}{n+1}$

ahonnan (n + 1)-edik hatványozással:

${(1+\frac{x}{n})}^n\le {(1+\frac{x}{n+1})}^{n+1}$

Tehát a címbeli sorozat monoton nő.

Korlátosság. Ha $\lceil x\rceil$ az x felső egész része, akkor

$\sqrt[n+\lceil x\rceil +1]{{(1+\frac{x}{n})}^n\cdot \underset{\lceil x\rceil +1\mathrm{d}\mathrm{b}}{\underbrace{\frac{1}{\lceil x\rceil +1}\cdot ...\cdot \frac{1}{\lceil x\rceil +1}}}}\le$

$\le \sqrt[n+\lceil x\rceil +1]{{(1+\frac{\lceil x\rceil }{n})}^n\cdot \underset{\lceil x\rceil +1\mathrm{d}\mathrm{b}}{\underbrace{\frac{1}{\lceil x\rceil +1}\cdot ...\cdot \frac{1}{\lceil x\rceil +1}}}}\le$

$\le \frac{n\cdot (1+\frac{\lceil x\rceil }{n})+1}{n+\lceil x\rceil +1}=\frac{n+n\frac{\lceil x\rceil }{n}+1}{n+\lceil x\rceil +1}=1$

Tehát $n+\lceil x\rceil +1$-edik hatványra emelve:

${(1+\frac{x}{n})}^n\le {(\lceil x\rceil +1)}^{\lceil x\rceil +1}$

vagyis a sorozat felülről korlátos.

x = m > 0 egészre a sorozat határértékét egy részsorozatának határértéke kiszámításával határozzuk meg. Ha ugyanis a sorozat konvergens, akkor az összes részsorozata is konvergens, mitöbb, a határértékük ugyanaz. Legyen ugyanis

$n_k=m\cdot k$

indexsorozat. Ekkor

$\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{n\to \mathrm{\infty }}{(1+\frac{m}{n})}^n=\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{k\to \mathrm{\infty }}{(1+\frac{m}{mk})}^{mk}=\lim {\mathrm{\backslash limits}}_{k\to \mathrm{\infty }}{\left({(1+\frac{1}{k})}^k\right)}^m={\mathrm{e}}^m$

Megjegyezzük, hogy ezalapján már nem nehéz kiszámítani a határértéket racionális x-re sem, egyszerűen alkalmazni kell a törtkitevős hatványok azonosságait.

Végül legyen x < 0 és y= –x. Ekkor

${(1-\frac{y}{n})}^n={\left(\frac{n-y}{n-y+y}\right)}^n=\frac{1}{{\left(\frac{n-y+y}{n-y}\right)}^n}=\frac{1}{{(1+\frac{y}{n-y})}^n}=$

$=\frac{1}{{(1+\frac{y}{n-y})}^{n-y}}\cdot \frac{1}{{(1+\frac{y}{n-y})}^y}$

Az utolsó egyenlőség után a második tényező az 1-hez konvergál hiszen a bevezőben és a kitevőben lévő y-t a felső és alsó egészrészére növelve és csökkentve egy-egy 1-hez konvergáló sorozatot kapunk, melyek a rendőrelv szerint a közrezárt sorozat 1-hez tartását biztosítják. Az első tényezőről belátjuk, hogy ekvikonvergens egy konvergens sorozattal.

$\frac{1}{{(1+\frac{y}{n-y})}^{n-y}}\ge \frac{1}{{(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil })}^{n-y}}\ge \frac{1}{{(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil })}^{n-\lceil y\rceil +1}}=$

$=\frac{1}{{(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil })}^{n-\lceil y\rceil }}\cdot \frac{1}{(1+\frac{y}{n-\lceil y\rceil })}$

Itt a végeredmény első tényezője az

$\frac{1}{{(1+\frac{y}{n})}^n}$

részsorozata, melyet az alábbi indexválasztással nyerünk:

$n_k=k-\lceil y\rceil$

(Természetesen nem minden k-ra értelmezett, csak a pozitív indexeken.) Ez viszont konvergens, a második tényező pedig az 1-hez tart. Ugyanígy az alsó egészrésszel operálva kapjuk a rendőreév szerint, hogy a közrefogott sorozat konvergens (és y = m egész esetén az 1/e^m-hez tart).

Feladatok

3. Igazoljuk, hogy az alább általános tagjával adott sorozat konvergens minden x pozitív számra és határértéke az x értékétől függetlenül 1!

${(1+\frac{x}{n-x})}^x$

ha n nagyobb mint x felső egészrésze.

(Útmutatás: a nevezőben és a kitevőben lévő x-et először az alzó, majd a felső egészrésszel csökkentve majd növelve használjuk a rendőrelvet.)

Megoldás

${(1+\frac{x}{n-x})}^x\le {(1+\frac{x}{n-\lceil x\rceil })}^{\lceil x\rceil }$ a kapott sorozat részsorozata ($n_k=n-\lceil x\rceil$ indexsorozattal) az

${(1+\frac{x}{n})}^{\lceil x\rceil }$

sorozatnak, mely konvergens és az 1-hez tart a határérték és a műveletek közös tulajdonságai folytán. Ugyanígy végezhető a csökkentés is az alsó egészrésszel, ahonnan a rendőrelvre hivatkozva kapjuk, hogy a sorozat az 1-hez tart.

4. Konvergens-e az alábbi sorozat és ha igen, adjuk meg a határértékét!

${\left(\frac{n+4}{n+3}\right)}^n$

(Útmutatás: osszuk le a számlálót is és a nevezőt is n-nel és alkalmazzuk mindkettőre az alkalmas nevezetes határértéket.)

Megoldás

${\left(\frac{n+4}{n+3}\right)}^n={\left(\frac{\frac{n+4}{n}}{\frac{n+3}{n}}\right)}^n=\frac{{(1+\frac{4}{n})}^n}{{(1+\frac{3}{n})}^n}\to \frac{{\mathrm{e}}^4}{{\mathrm{e}}^3}=\mathrm{e}$

5. Konvergensek-e az alábbi sorozatok? Ha van, mi a határértékük?

${(1+\frac{1}{n^2})}^n,{(1+\frac{1}{n})}^{n^2}$

(Útmutatás: Alakítsuk át nevezetes alakúvá őket és használjuk a rendőrelvet illetve a majoráns kritériumot.)

Megoldás

${(1+\frac{1}{n^2})}^n={\left({(1+\frac{1}{n^2})}^{n^2}\right)}^{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{{(1+\frac{1}{n^2})}^{n^2}}$

itt a gyök alatti sorozat az e-hez tart mert a nevezetes sorozat n_k = k² indexsorozattal adott részsorozata. Tudjuk, hogy a gyök alatti sorozatnak a 4 felső korlátjam így a rendőrelvvel:

$1\leftarrow \sqrt[n]{1}\le \sqrt[n]{{(1+\frac{1}{n^2})}^{n^2}}\le \sqrt[n]{4}\to 1$

Tehát a sorozat az 1-hez tart.

A másik sorozat esetén az átalakítás:

${(1+\frac{1}{n})}^{n^2}={\left({(1+\frac{1}{n})}^n\right)}^n$

itt a gyök alatti sorozat az e-hez tart emiatt egy indextől kezdve egy 1-nél nagyobb konstanssal alulbecsülhető. Ugyanis 2-höz (pontosabban az ε = (e–2)-höz) létezik N, hogy minden n > N-re a sorozat tagjai nagyobbak 2-nél.

$+\mathrm{\infty }\leftarrow 2^n\underset{n>N}{\le }{\left({(1+\frac{1}{n})}^n\right)}^n$

Tehát ez a sorozat nem konvergens, de a +∞-hez tart.

6. Konvergense-e az alábbi sorozat? Ha van, mi a határértéke?

${\left(\frac{n^2-7}{n^2+2n}\right)}^{n^2}$

(Útmutatás: Alakítsuk át nevezetes alakúvá.)

Megoldás

${\left(\frac{n^2-7}{n^2+2n}\right)}^{n^2}={\left(\frac{\frac{n^2-7}{n^2}}{\frac{n^2+2n}{n^2}}\right)}^{n^2}=\frac{\stackrel{\stackrel{\frac{1}{{\mathrm{e}}^7}}{\uparrow }}{\overbrace{{(1+\frac{-7}{n^2})}^{n^2}}}}{\underset{\underset{+\mathrm{\infty }}{\downarrow }}{\underbrace{{(1+\frac{2}{n})}^{n^2}}}}\to 0$

A határértékek indoklása az előző feladat megoldásában lévőhöz hasonló.

Gyökkritérium sorozatokra

Állítás – Gyökkritérium sorozatokra Ha (an) olyan sorozat, hogy létezik q < 1 pozitív szám, hogy $\sqrt[n]{|a_n|}\to q$, akkor (an) nullsorozat. Ha (an) olyan sorozat, hogy $\mathrm{lim\; sup}\left(\sqrt[n]{|a_n|}\right)<1$, akkor (an) nullsorozat.

Megjegyzés. A tétel második állítása látszólag nehezebbnek tűnik, pedig a bizonyítás elve a 2. állításból olvasható ki.

Bizonyítás. Legyen q az n-edik gyökök abszolútértékei (c_n) sorozatának limszupja (ez az 1.-ben is így van). Ekkor tetszőleges p-re, melyre q < p < 1 teljesül, igaz hogy a (c_n) elemei egy N indextől kezdve mind a [0, p] intervallumban vannak (véges sok tagja lehet csak a limszup fölött). Így minden n > N-re

$\sqrt[n]{|a_n|}\le p$

amit n edik hatványra emelve:

$|a_n|\le p^n$

de mivel p < 1 és ezért a jobboldal nullsorozat, így a baloldal is. Végeredményben (a_n) nullsorozat.