I. rész MATEMATIKAI ANALÍZISandrasz/dokumentumok/kv/sorhat.pdfMATEMATIKAI ANALÍZIS 6 A valós számok halmaza A valós számok halmaza 7 I. A valós számok halmaza 1.1. A valós

A valós számok halmaza 5

I. rész MATEMATIKAI ANALÍZIS

6 A valós számok halmaza


I. A valós számok halmaza 1.1. A valós számokra vonatkozó axiómák

A matematika lépten-nyomon felhasználja a valós számokat. A valós számok hal-

mazát -rel (a reális = valós szó kezdőbetűjével) jelöljük és ismertnek tekintjük. A valós számok halmazával azonban nem csupán mint halmazzal lesz dolgunk, hiszen elemei között ismét valós számokat eredményező műveleteket értelmezünk, rendezzük őket, stb.

Elöljáróban felhívjuk a figyelmet arra, hogy a valós számok halmaza a matematika eléggé bonyolult építménye, amely a tudomány sok évszázados fejlődése során jött létre. Az igazi felépítése voltaképpen annak az útnak a következetes véghezvitele lenne, amelyet az iskolai tanulmányok során minden diák érint, és amely legalább részben követi a tudomány fejlődéstörténetét. Előbb a természetes számok halmazában, intuitív módon értelmezünk két műveletet, az összeadást és a szorzást, valamint „nagyságrendi viszonyokat” (< = ). A természetes számok halmazának „elégtelensége” azonban hamar kiderült, a két említett művelet megfordítottja (inverze), a kivonás és az osztás nem volt mindig elvégezhető köztük, pedig ezekre már nagyon egyszerű mérések során is szükség mutatkozott. A számoknak ezt a viszonylag egyszerű modelljét tehát bővíteni kellett. Az egész számok és a racionális számok halmazának a bevezetése, a műveletek és a rendezés kiterjesztése megoldotta ugyan ezt a problémát, de továbbra is lényeges megválaszolatlan kérdések maradtak.

, ,>

Vegyük például a távolságmérés feladatát. Jelöljünk ki valamely egyenesen (tetszés szerint) két pontot: a 0-t és az 1-et. Ezzel voltaképpen megadtunk egy távolság-mértékegységet és egy haladási (0-tól 1 felé „pozitív”, fordítva pedig negatív”) irányt:

0 1

„

0 1 2

13

23

43

53

13

23

433

12

5

Ha a szakasz osztásánál és összeadásánál úgy járunk el, ahogyan a geometriában szokás, akkor minden racionális számnak nyilvánvalóan megfelel egy szakasz. Állapodjunk meg abban, hogy pozitív racionális szám esetében a megfelelő szakasz pozitív, negatív racionális szám esetében pedig negatív irányban mérjük fel a 0 pontból kiindulva, és a szóban forgó racionális számot a szakasz másik végpontjával szemléltetjük. Például:

Nyilvánvaló, hogy minden racionális számnak Fordítva a dolog nem áll: olyan pontja van, amelynek– nem felel meg racionálihogy ilyen tulajdonságú aznégyzet átlójának megfelelő

E négyzet átlójának mszerint – olyan szám, amelynek a négyzete 2-vel egye

0

1

1 2

2

x

y

3. ábra

2. ábra

1. ábra

ilyen módon az egyenesen pontosan egy pont felel meg. az egyenesnek végtelen sok – a fent vázolt eljárás során s szám. Könnyen belátható, 1 (egység) oldalhosszúságú pont.

érőszáma – Pitágorász tétele nlő, ilyen pedig, ahogy azt


korábbi tanulmányaitok során láthattátok, a racionális számok között nincs. Ilyen és hasonló meggondolások tették szükségessé a racionális számok halmazának bővítését és a valós szám fogalmának megalkotását. A bővítésben szereplő „új számok” az irracionális számok. Az irracionális és racionális számok halmazának egyesítése adja a valós számok halmazát. Ennek igazi felépítése tehát valami olyasfélét jelentene, hogy kiindulunk a természetes számok halmazának ismeretéből és néhány axiómából, majd ezek segítségével értelmeznénk az egész, a racionális és a valós számok halmazát, az említett műveleteket, a rendezést.

Sajnos, a valós számok fogalmának erre az igazi megalapozására – annak hossza-dalmas volta miatt – nincs lehetőség a középiskolában. Kénytelenek vagyunk megelé-gedni a következő félmegoldással: nem definiáljuk az halmazt, és így természetesen nem adjuk meg a szokásos műveletek és rendezés értelmezését sem, hanem axiómák segítségével pontosan megfogalmazzuk, hogy mi végezhető el, illetve érvényes a valós számok halmazában. Nagyjából olyan helyzetben leszünk tehát, mintha lenne egy gépünk, amelynek a konstrukciójával nem lennénk teljesen tisztában, pontosan tudnánk viszont, hogy a gép mire használható, milyen műveletek elvégzésére képes. A mindennapi életben sok ilyen géppel van dolgunk, és eredményesen használjuk őket. 1.1.1. Az összeadás és a szorzás axiómái (a test axiómái)

A1. Minden a b számhoz (egyértelműen) hozzá van rendelve azok

(szintén -beli) a összege;

, ∈b+

A2. a b , (kommutativitás); b a+ = + ,a b∀ ∈

A3. ( ) , (asszociativitás); (a b c a b c+ + = + + ) , ,a b c∀ ∈

A4. Létezik pontosan egy olyan -beli szám (jelöljük a 0 szimbólummal), hogy minden a esetén a a ; ∈ 0+ =

A5. Minden a -hoz létezik pontosan egy olyan x , amelyre a x (x -et az a szám ellentettjének nevezzük és − -val jelöljük).

∈ 0+ =a

A következő öt axióma hasonlít a felsoroltakhoz, de a szorzásra vonatkozik: M1. Minden a b számhoz (egyértelműen) hozzá van rendelve azok

(szintén -beli) a szorzata;

, ∈b⋅

M2. a b , (kommutativitás); b a⋅ = ⋅ ,a b∀ ∈

M3. ( ) , (asszociativitás); ( )ab c a bc= , ,a b c∀ ∈

M4. Létezik pontosan egy olyan { }\ 0 -beli szám (jelöljük az 1 szimbólummal), hogy minden a -ra 1 ; a a⋅ =

M5. Minden 0-tól különböző a-hoz létezik egy olyan x , amelyre a x ∈ 1⋅ =

( -et az a szám inverzének vagy reciprokának nevezzük és x 1a

-val jelöljük).

Az alábbi axióma kapcsolatot teremt a fent értelmezett két művelet között: D. ( ) , (disztributivitás). a b c a c b c+ ⋅ = ⋅ + ⋅ , ,a b c∀ ∈

Megjegyzés. Az A1, ..., A5, M1, ..., M5, D axiómákat testaxiómáknak is nevezzük.


1.1.2. Rendezési axiómák

A következő négy axióma valós számok rendezésére vonatkozik: R1. Bármely két a b számra az alábbi relációk közül pontosan egy

érvényes: a b (trichotómia);

, ∈, ,b ba a> = >

R2. Ha a és b , akkor a (tranzitivitás); b> c cc

b b

b

b

A

A

> >R3. Ha a b , c , akkor a c ; > ∈ b+ > +R4. Ha a és c , akkor ac . b> 0> bc>R5. Bármely két különböző valós szám között van racionális szám (ha

, a , akkor létezik r úgy, hogy a r ). ,a b ∈ < ∈ < <

Megjegyzés. R5-ből következik, hogy bármely két különböző valós szám között végtelen sok racionális szám van. Valóban, ha a b és létezik r úgy,

hogy a r , akkor létezik r úgy, hogy a r , stb.

, , a b∈ <

1 r< <∈

< < 1 ∈

Értelmezések. Az relációt szóban így fejezzük ki: a nagyobb b -nél (b kisebb -nál), az a és b írásmód ugyanazt jelenti. Az a szimbólum jelentése: az a b , relációk közül fennáll az egyik. Ha a , akkor a -t pozitív, ha a , akkor a -t negatív számnak nevezzük. Ha a , akkor a -t nemnegatív, ha a , akkor a -t nempozitív számnak mondjuk. Ha és

, akkor -t (valós) számhalmaznak nevezzük.

a b>ba b=

a >

0≤

a< ≥0>0≥

>0<

AA⊂

A ≠ ∅Értelmezés. a) Ha az A halmaz tartalmaz olyan elemet, amely A egyetlen eleménél sem kisebb, akkor ezt az elemet az A halmaz legnagyobb elemének vagy maximumának nevezzük és -val jelöljük. maxAb) Ha az A halmaz tartalmaz olyan elemet, amely A egyetlen eleménél sem nagyobb, akkor ezt az elemet az A halmaz legkisebb elemének vagy minimumának nevezzük és

-val jelöljük. minATehát érvényesek a következő ekvivalenciák:

max ,M A a M a= ⇔ ≤ ∀ ∈ ;

min ,m A m a a= ⇔ ≤ ∀ ∈ .

Nem minden halmaznak van legkisebb, illetve legnagyobb eleme. Például az (1 intervallumnak nincs sem legkisebb sem legnagyobb eleme, az [1 intervallum legkisebb eleme az 1 és nincs legnagyobb eleme, míg az (1 intervallumnak a a legnagyobb elem és nincs legkisebb eleme.

,2)

2,2)

,2]

1.1.3. A felső határ axiómája Értelmezés. Valamely számhalmazt felülről (alulról) korlátosnak mondunk, ha létezik olyan valós szám, hogy minden x esetén fennáll az

egyenlőtlenség.

A( )K k

)

A∈

(x K x k≤ ≥

Ekkor a K számot az A számhalmaz egy felső (alsó) korlátjának nevezzük.

Korlátos számhalmazon alulról is és felülről is korlátos számhalmazt értünk.

( )k


Felülről korlátos számhalmazokra vonatkozik a következő axióma: F1. Ha felülről korlátos számhalmaz, akkor létezik olyan H valós

szám, hogy 1. minden esetén x H ; A ≠ ∅

x A∈ ≤2. ha K az A halmaz egy felső korlátja, akkor H K . ≤

Először is vegyük észre, hogy az F axióma egyértelműen meghatározza a H számot. Tegyük fel ugyanis, hogy a és számokra igaz az axiómában szereplő 1. és 2. tulajdonság. Ekkor 1. szerint mind H , mind pedig H felső korlátja az A számhalmaznak, amiből 2. szerint következik egyrészt a H , másrészt pedig a

egyenlőtlenség, vagyis H H .

H

=

*H*

≤ *H*H ≤H *

Az F axióma biztosította H számot a felülről korlátos A halmaz legkisebb felső korlátjának, felső határának vagy szuprémumának nevezzük és a következőképpen jelöljük: . supA H=

Az F axiómából közvetlenül adódik alulról korlátos számhalmazokra a következő állítás: Ha A alulról korlátos számhalmaz, akkor létezik olyan h valós szám, hogy

1. minden x esetén x h ; A∈ ≥2. ha k az A halmaz egy alsó korlátja, akkor k h . ≤

Megjegyezzük, hogy az állításban szereplő h számot az alulról korlátos A halmaz legnagyobb alsó korlátjának, alsó határának vagy infimumának nevezzük és így jelöljük: . inf A h=

Térjünk rá most állításunk bizonyítására. Ennek érdekében legyen

{ }B x x A= ∈ − ∈K k= −

. Nyilvánvaló, hogy ha k alsó korlátja az A halmaznak, akkor felső korlátja a B halmaznak és fordítva. Mivel A alulról korlátos, ezért B

felülről korlátos számhalmaz. Legyen H . Ez azt jelenti, hogy minden y esetén y , amiből az A és B halmaz közti kapcsolat alapján a h jelölés mellett adódik, hogy minden

esetén (1)

sup= B

k

A

B∈H

H≤= −k x≤x A∈

Legyen most k az A tetszés szerint választott alsó korlátja. Mivel ekkor felső korlátja a B halmaznak, ezért F szerint , vagyis − ≤ , ahonnan következik, hogy . (2)

K = −H−H K≤

hK

k ≤Az (1) és a (2) egyenlőtlenség fennállása azt jelenti, hogy állításunkat igazoltuk.

Felülről korlátos A számhalmaz esetében F voltaképpen azt mondja ki, hogy a felső korlátok között van legkisebb, a felső határ. Más szóval, ez azt jelenti, hogy felülről korlátos számhalmazok esetén létezik olyan szám (a felső határ), amelynél nagyobb nincs a számhalmazban, azonban bármely nála kisebb számnál nagyobb szám már van a számhalmazban. Hasonló megállapítások tehetők alulról korlátos számhalmaz és annak alsó határa közti kapcsolatáról. Korlátos számhalmaznak természetesen létezik mind alsó, mind felső határa. A következő két jellemzés fontos az alkalmazásokban: a) Legyen az A számhalmaz felülről korlátos, és legyen H . A H értelmezéséből következik, hogy H-nál nagyobb szám nincs az A halmazban. Tetszés

sup=

1 Lásd a X. osztályos tankönyvben


szerinti szám esetében viszont a H szám nem felső korlátja A-nak, tehát létezik olyan x elem, amelyre .

0ε > ε−x H ε−A∈ >

b) Az alulról korlátos B számhalmaz esetében nincs B-ben a h számnál kisebb elem, viszont tetszőleges számhoz létezik olyan y , amelyre fennáll az y h egyenlőtlenség.

inf=B∈B

0ε >ε< +

Vezessük be a következő jelöléseket:

{ }0x x+ = ∈ ≥ , { }* 0x x+ = ∈ > , { }0x x− = ∈ ≤ ,

{ }* 0x x− = ∈ < .

Az és számhalmazok felülről korlátosak. Könnyen belátható, hogy mind a kettőnek 0 a szuprémuma: . Az halmaz tartalmazza a szuprémumát, míg az halmaz nem.

−*−

*sup sup 0− −= =

1]

02

]

*−

−

Példák. 1) Az halmaz alulról korlátos és felülről nem. , ,

tehát a 0 egy alsó korlátja A -nak. Az alsó korlátjainak halmaza a ( ,

intervallum, tehát a legnagyobb alsó korlát az 1 . Az halmazban nincs sem legnagyobb, sem legkisebb elem.

(1, )A= ∞ 0 x≤ x A∀ ∈

−∞A

A

2) A B halmaz alulról is és felülről is korlátos mert 5 2 ,

. Az alsó korlátok halmaza ( és a felső korlátok halmaza [ .

Így a B halmaz szuprémuma 20 és infimuma , ugyanakkor a halmaz legkisebb eleme 5 és nincs legnagyobb eleme.

[5,2002)=

B

0x≤ ≤

2002, )∞x∀ ∈ ,5−∞02 5

3) Az halmaz alulról korlátos, felülről nem. A halmaz legkisebb eleme a , ez egyben az alsó határa is.

0

1.1.4. Az Arkhimédész féle axióma

Sokszor alkalmazzuk majd a következő, úgynevezett Arkhimédész féle axiómát: A. Minden és b pozitív valós számhoz található olyan n természetes szám,

amelyre n a . a

b⋅ >

Megjegyzés. a esetén következik, hogy bármely b valós számnál van nagyobb n természetes szám.

1=

Az A és F axiómák következménye, hogy esetén létezik egyetlen

olyan szám, amelyre teljesülnek az n x egyenlőtlenségek. Az így kapott n számot az x valós szám egészrészének nevezzük és

x∀ ∈1n< +n ∈ ≤[ ]x -szel jelöljük. Tehát

[ ] [ ] 1x x x≤ < + , . x∀ ∈A valós szám egészrészének segítségével értelmezhetjük a törtrészét is, mint a szám és az egészrészének különbsége. Az valós szám törtrészét { -szel jelöljük és értelmezés alapján:

x }x

[ ]{ } ,x x x x= − ∀ ∈ . A fentiekből látható, hogy . 0 { } 1,x x≤ < ∀ ∈


Példák. 1) Az x szám egészrésze 2, 3= [ ]2, 3 2= és a törtrésze { . Pozitív számok esetén a tizedes reprezentáció vessző előtti rész a szám egészrésze és a tizedesvessző utáni rész a szám törtrésze.

2, 3} 0, 3=

2) Az x szám egészrésze 5, 8= − [ ]5, 8 6− = − , mert − ≤ . Így a törtrésze .

6 5, 8− <−5{ 5, 8}− = 5, 8 6 0,2− + =

A következő pontokban az ismertetett axiómák néhány lényeges következményével, nevezetes részhalmazaival és néhány fontos, -rel kapcsolatos fogalommal ismerkedhetünk meg.

1.1.5. A testaxiómák néhány következménye

1. Műveletek valós számokkal

Igaz a következő állítás: bármely { }, , \ 0 ,c d∈ ∈ ∈a b esetén pontosan egy olyan x létezik, amelyre ∈

a x b+ = (illetve c x ), d⋅ =

mégpedig az (illetve az ( )x b a= + − 1c

= ⋅x d ).

A fenti x számot a b és a számok különbségének (a második esetben pedig a d és c

számok hányadosának) nevezzük és b -val (a− dc

-vel) jelöljük.

Igazoljuk a különbség egyértelmű létezését. Kiindulva az a és b valós számokból, legyen x b . ( )a= + −Ekkor, felhasználva az A1 és A5 axiómákat, ( )( ) ( )( )a x . Most felhasználjuk az A2 axiómát, és kapjuk, hogy a x . Tehát a -hoz x-et hozzáadva tényleg b-t kapunk.

a b a a a b+ = + + − = + − +( )( ) 0a a b b+ = + − + = + =b

Tegyük fel, hogy valamely esetében a x . Adjuk hozzá mind az , mind a b számhoz a ( számot:

x ∈ b+ =a x+ )a−

( ) ( ) ( )a x a b a+ + − = + − . A1 és A2 alkalmazásával, a fenti egyenlőségből következik, hogy ( ) ( ) ( )x a a b a+ + − = + − , valamint . Rendre alkalmazva az A3, A5 és A4 axiómákat, kapjuk, hogy , x b .

( )( ) ( )x a a b a+ + − = + −(0x b+ = + )−a ( )a= + −

Tehát valóban csak egy létezik amelyre a x , ez az szám. Állításunknak az osztásra vonatkozó része hasonlóan igazolható.

x ∈ b+ = ( )x b a= + −

Megjegyzések 1. Az A1, ..., A5, M1, ..., M5, D axiómákból könnyen levezethetők a valós

számokra vonatkozó, ismert és a középiskolában használt összefüggések. 2. Az A3 axióma szerint ( ) , vagyis

mindegy, hogy hol állnak a tagok csoportosítását kijelző zárójelek. Ezért el is hagyhatjuk őket, ha megállapodunk abban, hogy

( ), , ,a b c a b c a b c+ + = + + ∀ ∈

. (1) ( ) (a b c a b c a b c+ + = + + = + + )Az (1) alatti értelmezésből az A2 és A3 axióma szerint következik, hogy közömbös a bal oldalon szereplő tagok sorrendje is. Például b c . a a b c+ + = + +


Valóban, b c , ahol az axiómákat és az előbbi értelmezést használtuk.

( ) ( )a b c a a b c a b c+ + = + + = + + = + +

Eredményünkre úgy is hivatkozhatunk, hogy „három tag esetében az összeg független a tagok sorrendjétől”.

Teljesen hasonlóan, az M3 axióma alapján, ( ) ( )c ab c a bc= =ab , és itt is igaz a megfelelő eredmény, vagyis „három tényező esetében a szorzat független a tényezők sorrendjétől”.

Megoldott feladat. Határozzuk meg az *11n

n = ∈ +

A halmaz

minimumát, maximumát, infimumát és szuprémumát.

Mivel *1 10 ,1 2

nn

< ≤ ∀ ∈+

, az halmaz alulról is és felülről is korlátos, tehát

létezik alsó és felső határa. A halmaz legnagyobb eleme

A

12

, ez tehát egyúttal a

szuprémuma is. Bizonyítjuk, hogy a halmaz alsó határa a 0 . Az értelmezés alapján a következő két állítást kell igazolnunk:

1. *11

nn

< ∀ ∈+

0 , - ezt már beláttuk, hogy igaz;

2. 0ε∀ > esetén ∃ ∈ úgy, hogy *n 11n

ε<+

.

Az utóbbi egyenlőtlenség ekvivalens az 1 1 nε− < egyenlőtlenséggel, tehát

1 1nε > − +

1 . De 1 1 1ε ε − + =

1 és mivel a keresett szám nem lehet nulla,

ezért az

n

1max ,1ε

= n értékre biztosan teljesül a kért egyenlőtlenség. Így a 0

teljesíti az infimum értelmezésében szereplő feltételeket, tehát . Mivel , a halmazban nincs legkisebb elem.

) 0]

inf 0A =0 A∉Gyakorlatok 1. Határozd meg a következő halmazok alsó és felső határát, legnagyobb és legkisebb elemét (amikor ezek léteznek):

a) A ; b) A ; c) ; d) A ; = = ( ,5A= −∞ ( ,1= −∞e) A ; f) ; g) ; h) A ; (7, )= ∞ [2000, )A= ∞ ( 3,100)A= − [ 8,13)= −i) { }( 3 ; j) A ; k) ( ]; , 5] 11− ∪ ( ,2] (3,= −∞ ∪ ∞) 2,5] (6,103− ∪

l) 2n nn

= ∈ + A ; m)

2*

2

21

nn

= ∈ + A n ;

n) { }2 1x= ∈ − ≤A x ; o) { }2 3x x= ∈ + ≤A x ;

p) 2 5 4 0

3x xA xx

− + = ∈ > + ; r) { }2 1x x= ∈ − − > 1A x .


2. Határozd meg a következő számok egészrészét és törtrészét:

a) 175

=a ; b) 1353

= −a ; c) *,3n nn

= ∈+

a ; d) 2

2

3 ,2

nn

= ∈+

a n .

3. Oldd meg a következő egyenleteket:

a) 1 23x x+ = − ; b) 2 1 2

3 1xx

+ = − ; c) 4 1 3 1

5 2x x + −=

;

d) { }2 13 2x + = 1 ; e) { } [ ]1 1

2x x+ = − .

Feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy ha az alábbi egyenlőségekben szereplő kifejezések léteznek, akkor az egyenlőségek igazak (A B ): , ⊂

a) , ahol ( )inf inf infA B A B+ = + { },a b a A b B+ = + ∈ ∈A B ;

b) su ; ( )p sup supA B A B+ = +

c) , ahol ( )inf infA Aλ λ⋅ = ⋅ { }A a a⋅ = ⋅ ∈ Aλ λ és ; λ +∈

d) , ahol . ( )sup supA Aλ λ⋅ = ⋅ λ +∈Hasonló egyenlőségek igazak akkor is, ha az infimum és szuprémum helyett minimum illetve maximumot írunk. 2. Bizonyítsd be, hogy ha , : ,f g a b → és az alábbi egyenlőtlenségekben szereplő

kifejezések léteznek, akkor az egyenlőtlenségek igazak: a) ( )

, ,max ( ) ( ) max ( ) max ( )x a b x a b x a b,

f x g x f x g x ∈ ∈

+ ≤ +∈

,

;

b) ( ), ,

min ( ) ( ) min ( ) min ( )x a b x a b x a b


+ ≥ +∈

,

;

c) ( ), ,

max ( ) ( ) max ( ) max ( )x a b x a b x a b


⋅ ≤ ⋅∈

, ha , : ,f g a b + → .

Hasonló egyenlőségek igazak akkor is, ha a minimum illetve maximum helyett infimumot és szuprémumot írunk. 3. Bizonyítsd be, hogy ha a b , és esetén (A B ), akkor ≤ a A∀ ∈ b B∀ ∈ , ⊂

sup infA B≤ . 4. Számítsd ki a következő kifejezések egészrészét és törtrészét:

a) ( ) ; b) 2001

2 3+ 2 1n n+ − , n ; c) *∈ ( 16

n n + ) ∈, n .

5. Számítsd ki a következő összegeket:

a) 2

1

1n

k

k k=

+ +∑ ; b)

2003

1

( 1)6k

k k

=

+

∑ ; c) ( ){ }1

3 2 2n k

k=

+∑ .

6. Számítsd ki a { }{ }2 2 2

, ,min max , ,x y z

x y z y z x z x y∈

+ + + + + + kifejezés értékét!

Valós számsorozatok 15

II. Valós számsorozatok

Értelmezés. Az :f → és { }: \ 0, 1, 2,...,f →k típusú függvényeket

( ) valós számsorozatnak nevezzük. *k ∈*Értelmezés. Az :f → sorozat n -edik tagjának vagy általános tagjának

nevezzük az ( )f n valós számot, és általában az a f szimbólummal jelöljük. ( )n n=Magát a sorozatot az ( ) vagy ( szimbólumokkal is jelöljük.

1n na ≥ ) *n n

a ∈

Megjegyzés. Az a számok nem feltétlenül különbözők. Az n index megadja a tag

helyét a sorozatban. Például az

n

*:f → , ( )3nf n =

sorozat tagjai, megfelelő

sorrendben a következők: 0, 0, 1, 1, 1, 2, 2, 2, ...

Sorozatokkal már a IX. és a X. osztályban is foglalkoztatok. Ismételjünk át néhány fontos ismeretet.

2.1. Sorozatok megadási módjai 1. Analitikus megadási mód. A sorozatokat sokszor az általános tag segít-

ségével adjuk meg. Például, ha *1 ,nn nn−= ∀ ∈a , akkor a sorozat néhány tagja

, 1 0a = 2

12

=a , ..., 100

99100

=a , ..., 2002

20012002

=a , ..., vagy 0, 12

, 23

, ..., 1nn− , ...

A fenti felírásból a sorozat akármelyik tagját meg tudjuk állapítani. Ezt a sorozatot

röviden így jelöljük: 1

1n

nn ≥

− .

2. Rekurzív megadási mód. Megadhatjuk a sorozatot úgy is, hogy megmondjuk azt, hogy a sorozat tagjait hogyan kapjuk meg az őt megelőző tagokból. Ebben az esetben rekurzívan értelmezett sorozatról vagy egyszerűen rekurzív sorozatról beszélünk.

1. példa. a , a , a a , ha n . 1 1= 2 1= 1 2n n na−= + − 3≥A fenti sorozat néhány tagja:

1 1a = , a , a , a , a , a , a , ... 2 1= 3 2= 4 3= 5 5= 6 8= 7 13=Látható, hogy a megadott összefüggések egyértelműen meghatározzák a sorozat minden tagját. Ennek ellenére nehéz észrevenni a sorozat általános tagjának képletét. A X. osztály számára írt tankönyv I.4. paragrafusának 4. feladatánál tett megjegyzés értelmében (29. oldal 2001-es kiadásban) a vizsgált sorozat általános tagja

1 1 5 1 55 2 2

n n

na + − = −

*n∀ ∈, .

Ezt a sorozatot Fibonacci sorozatnak nevezzük, a sorozat több számlálási feladat megoldását írja le (lásd például a X. osztály számára írt tankönyv 1.2.6. paragrafusának 4. feladatát ). Az előbbi képlet bizonyítására hamarosan visszatérünk,

Valós számok és számsorozatok 16

itt csak azt szerettük volna szemléltetni, hogy az egyszerű generálási szabály ellenére nem valószínű, hogy rájövünk az általános tag képletére. Éppen ezért fontos, hogy valamilyen módszert, elméletet dolgozzunk ki az általános tag meghatározására.

2. példa. Ha a , a , a a , ahol n , a sorozat első tíz tagja:1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19.

1 1= 2 3= 12n n na−= − 2−

1

3≥

A felsorolt tagok alapján az a sejtésünk támad, hogy a sorozat általános tagja , vagyis a ( sorozatról van szó. Matematikai indukcióval

önnyen igazolható, hogy a fenti rekurzív sorozat valóban az előbbi alakban is írható. 2na n= − ) 12 1 nn ≥−

k 3. A sorozatoknak még másféle megadási módja is lehetséges. Előfordulhat az is, hogy a sorozat nagy indexű tagjainak a kiszámítása nehézségekbe ütközik. Például ha azt a sorozatot vennénk, amelynek n-edik tagja a 3 tizedes tört alakjában a tizedesvessző után szereplő n-edik jegy, akkor ennek a sorozatnak minden tagja meg van határozva, elvileg mindegyiket meg tudjuk mondani, nagy n-ekre azonban a -et kiszámolni nehéz. n

Ezenkívül bármilyen más értelmezés kitalálható, fontos, hogy a sorozatot generáló függvény helyesen legyen értelmezve. Gyakran jelent problémát a különböző értelmezések közti ekvivalencia kimutatása. Például az

( )1

min n nn x ya x

+ == + y

kifejezéssel értelmezett sorozat általános tagjának egyszerűbb alakja 1

12n n−=a .

Ezt az 2 2

n nn

x y x y+ +≤ egyenlőtlenség biztosítja, amelyben 12

= = x y esetén teljesül az egyenlőség.

A sorozatokat is, mint a függvényeket, ábrázolhatjuk, és ezt néha érdemes is megtenni, mert néhány fontos tulajdonságot a grafikonból megsejthetünk. Kétféle ábrázolási módot is használhatunk. Ha adva van az ( ) sorozat:

1n na ≥

a) a síkban ábrázoljuk az ( , pontokat; )nn a

b) a számegyenesen ábrázoljuk az a pontokat. n

Példa. Ábrázoljuk az 12

, 23

− , 34

, 45

− , ..., ( ) 111

n nn

+−+

, ...

sorozatot mindkét módon! A grafikonokat az a) és b) ábra mutatja.

0 1 2

12

34

23

3 n

an

0

12

34

56

23

45

x

a) b)4. ábra


2.2. Gyakorlatok

1. A következő sorozatokat általános tagjuk segítségével adtuk meg (n minden esetben). Írd fel a sorozatok első négy tagját és ábrázold azokat:

*∈

a) 52n

nn−=+

a ; b) 2

2 1n

nn+=a ; c)

2

1nn nn

−=+

a ;

d) ( ) 11 nn n= −a ; e) 1 11 ...

2n n= + + +a ; f)

2 2

3

1 2 ...n

nn

+ + +=2

a ;

g) ( )2

1 2 ...1nn

n n+ + +=

+a ; h) 1 sin

2nnπ= +a ; i) sin cos

4 4nn nπ π= +a ;

j) ( ) 11 1 1 11 ...2 3 4

nn n

+= − + − + + −1a ; k) 2

1 1 11 ...3 3 3n n= + + + +a .

2. Írd fel a következő sorozatok első hat tagját:

a) a , a , ha n ; b) a , 1 2= 13n na −= 2≥ 1 1= 1

4n

n

a −=

+

a , ha n ; 2≥

≥= = = −c) a , a , a , a a , ha n ; 1 1 2 4 3 9= 1 23 3n n na a− − 43n−

n

1

d) a , a , a , a , a , a , a , ha n . 1 1= 2 4= 3 2= 4 8= 5 5= 6 7= 6n na −= 7≥3. Határozd meg a következő, rekurzívan értelmezett sorozatok általános tagját: a) 1a = , a ; b) a , a a ; 1

= −1 / 5nn a+ == +

1 2=3=

1 2nn+ = −= + c) a , a ; d) a , a a ; 1 1 1 3 4nn a+

= =1 1 nn+

e) a , a a ; 1 22, 1a 2 12 1nn n a+ += − +2 f) a , a a ; 1 23, 3a= = 2 1 2n nn n na a a+ + +⋅ = − ⋅

2 g) a , a a . 1 5= 1 4 6n nn a+ = − +4. Határozd meg a következő, rekurzívan értelmezett sorozatok általános tagját:

a) 0 1

1 ,3 1 2

nn

n

xx x nx+= = ∀ ≥

+0 ; (felvételi feladat,1991., Temesvár)

b) 0 1 331, 0

1n

nn

x nx+= = ∀ ≥+

23, 4x x x x nx= = = −

x x ; (felvételi feladat, 1993., Temesvár)

c) ; 0 1 1 1 1nn n n+ − ∀

1, 2 6x x x= = = + ∀ ≥

≥

d) 0 1 1 1 1nn n n+ −x x ;

e) 1 2 2

13, 2 2 1nx x x nx+= = + = ∀ ≥ . n

.3. Másodrendű lineáris rekurziók 2 Értelmezés. Másodrendű lineáris rekurziónak nevezzük az x a ,

rekurziót, ahol a b (vagy a b ). 2 1 nn nx b+ += ⋅ + ⋅ x

*n∀ ∈ , ∈ , ∈Vizsgáljunk meg egy sajátos esetet. Feladat. Határozzuk meg az x x , sorozat

általános tagját. 2 13 2 nn n+ += ⋅ − ⋅ x 1 23, 5x x= =


Megoldás. A sorozat további tagjai . Látható,

hogy a sorozat minden tagja 1-gyel nagyobb mint egy kettőhatvány, pontosabban az összefüggés sejthető. Ez igazolható a matematikai indukció segítségével

is, mi azonban megpróbálunk olyan módszert adni, amely lehetővé teszi az általános eset megoldását is. E célból átrendezzük az adott rekurziót a következő módon:

53 4 69, 17, 33, 65x x x x= = = =

2nnx = +1

n y

2n

n

xy

x

2

n k−

( )2 1 12 nn n nx x x x+ + +− = −

Így az y x jelöléssel az adott rekurzió y alakban írható, tehát az

sorozat egy mértani haladvány. Eszerint y y , tehát az

rekurzióból kellene meghatározni az ( ) sorozat általános tagját.

Ha felírjuk ezt a rekurziót rendre az értékekre, majd tagonként

összeadjuk a kapott egyenlőségeket, akkor az x x egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy x . Ennek a gondolat-menetnek az előnye, hogy tetszőleges kezdőértékek esetén is használható (a megsejtés lehet, hogy más kezdőértékek esetén nem hozzáférhető). Tetszőleges és x esetén

és így

1n n x+= −

1

2nnx x =

( ) 12 1 2

ny x x −−

1 2 nn+ =

n =

1n nx ≥

2,...,2,1

n −2nn =

( )n ny ≥

1n+ −

n =

11 2

n−⋅ =

1 2 2= +1+

1x

1,n n− −2 1... 2n−+ +

2

( )( )2 3 41 2 1 2 2 2 ... 2 1n n n

nx x x x − − −− = − + + + + + ,

tehát x x , . ( ) ( ) 11 2 2 12 2nn x x x −= − + − *n∀ ∈

Vizsgáljuk meg, hogy y x alakú helyettesítéssel (akárcsak az előbb) milyen feltételek mellett tudjuk átalakítani az adott (*) rekurziót y alakú rekurzióvá. Az y rekurzió

1 1n n r x+= − ⋅

2 1 nn nx a x b+ += ⋅ + ⋅y1 2 nn r+ = ⋅ 1 2 nn r+ = ⋅

( )2 1 1 2 1 1 nn n nx r x r x r x+ + +− ⋅ = ⋅ − ⋅

alakba írható, ahonnan x r , tehát a megfelelő és r

megválasztása az egyenletrendszer megoldására vezetődik vissza. Így az

és az r a egyenlet gyökei. Ezt az egyenletet a (*) rekurzió karakterisztikus egyenletének nevezzük. Mivel a karakterisztikus egyenletnek mindig van két megoldása (esetleg egybeesők vagy komplexek), az előbbi feladat megoldása a következőképpen általánosítható:

( )2 1 2 1 1 2 nn nr x r r+ += + − ⋅

1 2 a

b

+ =

= −

0r b =

1r 2

1 2

r r

r r

⋅

− ⋅ −1r 2r2

( ) 21 1 2 1 1 2

nn nx r x x r x r −

−− = − ⋅ , tehát ha ezt a rekurziót rendre az n n értékekre felírjuk, a k -adikat

szorozzuk r -nel és tagonként összeadjuk a kapott egyenlőségeket, akkor az

, 1, 2,...,n− −1

1k−

( )2

1 21 1 2 1 1 1 2

0

nn k

nk

x r x x r x r r−

− −

=

− = − ⋅ ⋅ ∑


összefüggéshez jutunk, mint ez az alábbiakból kitűnik. ( ) 2

1 1 2 1 1 2n

n nx r x x r x r −−− = − ⋅

( ) 31 1 2 2 1 1 2 1

nn nx r x x r x r −− −− = − ⋅ ⋅ r

( ) 4 22 1 3 2 1 1 2 1

nn nx r x x r x r r−− −− = − ⋅ ⋅

..................................

( ) 0 2

2 1 1 2 1 1 2 1nx r x x r x r r −− = − ⋅ ⋅

2n−

( )1 21 1 2 1 1 1 2

0

n kn

k

x r x x r x r r− −

=

− = − ⋅ ⋅ ∑2n−

n k−

2 2k

+

Ha , akkor az r r azonosság alapján 1r r≠ ( )1 1 21 2 1 2 1

0

n n n k

k

r r r r− − − −

=

− = − ∑x r x−

1 1 2 2n n

nx c r c r= ⋅ + ⋅ , ahol 2 21

1 2r r=

−c és 2 1

22 1

x r xr r−

=−

1

r ) r

ϕ

2

c .

2n−

1

Ha , akkor ∑ , tehát alakú. 1 2r r= = ( )2 21 2

0

1n k k n

k

r r n r− − −

=

= − ( 1 2n

nx k k n= + ⋅ ⋅

Ha a karakterisztikus egyenlet együtthatói valósak de a gyökei nem valós számok, akkor a sorozat általános tagjának alakja egyszerűsíthető hisz

, tehát . Az előbbi

eseteket összefoglalva kijelenthetjük a következő tételt:

( )1,2 cos sinr iρ ϕ ϕ= ± ⋅ ( )1 2cos sinnnx k n k nρ ϕ= ⋅ + ⋅

Tétel. 1. Ha az r a karakterisztikus egyenlet gyökei r r , akkor az x a rekurzió általános tagja alakú.

2 0r b− ⋅ − =

1 nn nx b x+ + ⋅1 2≠ ∈

2 2nc x⋅2+ = ⋅

21 1

nnx c x= ⋅ +

2. Ha az r a karakterisztikus egyenlet gyökei r , akkor az rekurzió általános tagja x k alakú.

0r b− ⋅ − =

1 nn nx b x+ + + ⋅2 − ⋅ − =

1 r=

) nr2x a= ⋅ ( 1 2n k n= + ⋅ ⋅= ∉3. Ha az r a karakterisztikus egyenlet gyökei 0r b 1 2r r , akkor az

rekurzió általános tagja 2x a= ⋅ 1 nn nx b x+ + + ⋅ ( )1 1 2 sinn

n k nϕ ϕ= ⋅cosk n⋅ +x r alakú, ahol ϕ az r redukált argumentuma. 1

A konstansokat mindhárom esetben megadott tagból határozzuk meg. Megoldott feladat. A Fibonacci sorozat esetén (lásd a 10. oldalon) a karakteriszti-

kus egyenlet , tehát a gyökök 2 1x x− − = 0 1,2

12±= 5r és így az általános tag

képlete a 10. oldalon látható kifejezés. Gyakorlatok és feladatok 1. Határozd meg a következő sorozatok általános tagjának képletét:

a) x x , 2 15 6 nn n+ += ⋅ − ⋅ x 1 2

131,5

= =x x ;

b) , 2 16 5 nn nx x+ += ⋅ − x 1 2

1 5,6 3

= =6

x x ;


c) x x , x x ; 2 14 4 nn n+ += ⋅ − ⋅ x 1 26, 20= =

d) x x , x . 2 1 nn n+ += − x 1 22, 1x= =

2. Bizonyítsd be, hogy az ( ) sorozat tagjai teljesítik az x a

rekurziót, bármely n esetén, akkor 1n n

x ≥ 2 1 nn nx b+ += ⋅ + ⋅ x

21−

*∈( ) ( )12 2 1 2

1 1 2 2 11 n nn nn nx a x x b x b x ax x bx+ −

+ +− ⋅ ⋅ − ⋅ = − − .

3. Határozd meg az ( ) sorozat általános tagjának képletét, ha 1n n

x ≥

1 1

5 3 2

n n nx x x+ −

= + , . 2n∀ ≥

4. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan egész szám létezik, amelyből kiindulva

az 1x

21 2 3n nnx x x+ = ± + 1 rekurziót teljesítő sorozat tagjai egész számok összes (az

előjeleket minden lépésben tetszőlegesen megválaszthatjuk)! (Radó Ferenc Emlékverseny 2002.) 2.4. Korlátos sorozatok

Értelmezés. Az ( ) sorozatot korlátosnak nevezzük, ha a sorozat tagjaiból

képezett halmaz korlátos. Ha a sorozat tagjaiból képezett halmaz alulról (felülről) korlátos, akkor a sorozatot alulról (felülről) korlátosnak nevezzük.

1n na ≥

Ez a következőképpen is megfogalmazható: 1. Az ( ) sorozatot korlátosnak nevezzük, ha van olyan pozitív valós szám,

amelyre minden n esetén 1n n

a ≥ M*∈ na M≤ .

2. Az ( ) *n na ∈ sorozatot alulról (felülről) korlátosnak nevezzük, ha van olyan M

valós szám, hogy minden n esetén a M *∈ n ≥ ( )na M≤ . Az M számot a sorozat felső (alsó) korlátjának nevezzük.

Ha az ( ) sorozat korlátos, akkor alulról is, felülről is korlátos. Valóban, ha 1n n

a ≥

na M≤ , minden esetén, akkor a − ≤ egyenlőtlenség miatt − a sorozatnak alsó, M pedig felső korlátja.

*∈n nM a M≤ M

Ha az ( ) *n na ∈ sorozat alulról és felülről is korlátos, akkor korlátos is.

Fontos számunkra az is, hogy pontosan tudjuk, mit jelent az, hogy az ( )

sorozat nem korlátos. Ezt a korlátosság értelmezése alapján így fogalmazhatjuk meg: 1n n

a ≥

Az sorozat nem korlátos, ha bármilyen M pozitív valós számhoz

található a sorozatnak legalább egy a tagja, amelyre

( ) 1n na ≥

k ka M> .

Feladat. Fogalmazzuk meg, hogy mit jelent: a) az ( ) sorozat felülről nem korlátos;

1n na ≥

b) az ( ) sorozat alulról nem korlátos. 1n n

a ≥


Vizsgáljuk meg néhány sorozat korlátosságát!

1. Az 2 31n

nn+=+

a , n általános tagú sorozat korlátos, mert: *∈

( )2 1 12 3 10 21 1 1n

nnan n n

+ ++< = = = + < + =+ + +

2 *n∀ ∈1 3 , .

2. Az 2

1 1 11 ...2 2 2n n= + + + +a , n általános tagú sorozat korlátos: 0 egy alsó és 2 *∈

1+

egy felső korlátja. 1

11 12 2 11 212

n

n

n

+ −

a = = − −

és így , . 0 2na< < *n∀ ∈

3. Az 2 2

1 1 11 ...2 3n n

= + + + +

a<2

*n ∈a , általános tagú sorozat korlátos: 1 egy

alsó, 2 egy felső korlát. Az 1 egyenlőtlenség nyilvánvaló. Igazoljuk, hogy .

n

2na <1 1

( )2 2 2

1 1 1 11 ... 1 ...2 3 1 2 2 3 1n n

+ + + + < + + + + =⋅ ⋅ − ⋅

n

1 1 1 1 1 1 1 11 1 ... 2 22 2 3 3 4 1n n n

= + − + − + − + + − = − <−

.

4. Az sin1 sin2 sin...nn

n n n= + + +a sorozat korlátos, mert − ≤ , . 1 1na ≤ *n∀ ∈

5. Az ( )2 213

nn

nn+= −+

a , sorozat nem korlátos. Igazolható, hogy ha n ,

akkor

*n ∈ 3≥

2 2nn n nan n+> =+

12 2n+ > . Tehát bárhogyan is rögzítünk egy M pozitív valós

számot, amikor n , akkor teljesül az 2M> na M> egyenlőtlenség, vagyis a sorozat nem korlátos. 6. Vizsgáljuk meg az 1 2=a , 1 2 nna a+ = +

2

, sorozat korlátosságát

felülről. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy 2 egy felső korlát. Világos, hogy a . Ha a , akkor

*n∀ ∈

1 2< n < 1 2 2 2nn+ = + < + =*n∀ ∈

2

n

0

0x

a a , tehát a

matematikai indukció elve alapján a , . 2<nsinn n7. Korlátos-e az ( sorozat? ) 1n≥

Itt az a probléma, hogy a értékekről csak annyit tudunk, hogy − és 1 közé esnek. Előfordulhatna az, hogy bár n „nagy”, de olyan kicsi (olyan közel van 0-hoz), hogy az n szorzat is kicsi. Ha azonban azt tudnánk, hogy van olyan

szám, hogy tetszőlegesen rögzítve egy N számot, van n pozitív egész szám úgy, hogy , akkor a sorozat nem korlátos, mert

sinn 1sinn

sin

0n x>0 0x > 0 N>

sin

0 0 0 0sinn n n x N> > , és az N tetszőlegesen nagy lehet.


2k (2 1)k+nx

x

b

sinn

aπ π

0

Képzeljük magunk elé a szinusz függvény grafikonját a

intervallumon, ahol k . Ha x -t úgy választjuk me

intervallum hossza 1-nél nagyobb legyen, akkor az ( intervallegy természetes szám. Ebben a pontban a szinusz függvény értéke

*∈ 0 0>

),a b

( )2 , 2k kπ ππ + + 16 6

π − intervallum megfelel, mert hossza

megfelelő érték 0x1

6 2=sin 2k ππ + . Tehát a vizsgált sorozat ne

2.5. Monoton sorozatok Értelmezés. Az ( ) *n n

a ∈ sorozatot növekvőnek (csökkenő

bármely n esetén teljesül az a ( egyenlő*∈ 1n na +≤ )1n na a +≥

Az ( ) *n na ∈

*∈

sorozatot szigorúan növekvőnek (csökkenő

bármely n esetén teljesül az a ( egyenlő1n na +< )1n na a +>

Ha az ( ) *n na ∈ sorozat növekvő vagy csökkenő, akkor mono

Megjegyzés. Ha az ( ) sorozat szigorúan monoton növekv

monoton növekvő (csökkenő) is. 1n n

a ≥

1. példa. Vizsgáljuk meg a következő sorozat monotonitását:

3, 2, 53

, 3 ,2

..., 2nn+ , ...

A sorozat első néhány tagjából úgy látszik, hogy a

Rögzítsünk egy számot. Ekkor *n ∈ 1

2 2n n n n+− = −

+a a

, vagyis a , . Tehát a sorozat szigorúan*n∀ ∈ 1a +n n> *n∀ ∈2. példa. Monoton-e a következő sorozat?

3 12n

nbn+=+

, n . *∈

1

23

b = , 294

=b , 3285

=b , így azt sejtjük, hogy a sorozat növekvő

*n ∈ számot. Ekkor ( )( )

33

1

1 112 1 2n n

nnn n +

+ ++= < =+ + +

b b , mert

5. ábra

( )( )2 , 2 1k kπ π+

,a b

0

g, hogy az

umban biztosan van x -nál nagyobb. A 2 13π > és a neki

m korlátos.

nek) nevezzük, ha

tlenség.

nek) nevezzük, ha

tlenség.

tonnak nevezzük.

ő (csökkenő), akkor

sorozat csökkenő.

( )2 0

1 1n n= >

+,

csökkenő.

. Rögzítsünk egy


( )( )3 4 31 3 3n n n n n+ + = + + +3 4 3 2

3

4

3

3

és

( )( )( )1 1 2 5 9 8n n n n n n+ + + = + + + +4 3 2 4 3

,

továbbá , minden n esetén. Tehát a sorozat szigorúan monoton növekvő.

5 9 8 4 3n n n n n n n+ + + + > + + + *∈

3. példa. Az a általános tagú sorozat nem monoton mivel a a . ( )1 nn = − 1 2 a< >4. példa. Vizsgáljuk az 1 2=a , 1 2 nn+ = +a a , sorozat monotonitását. *n∀ ∈

Az 2 2 2a = + > 2 és 3 22 2 2 2 2= + + > + =

1 nn a− <

a a egyenlőtlenségek alapján úgy tűnik, hogy a sorozat növekvő. Ha feltételezzük, hogy a sorozat első tagja növekvő sorrendben követi egymást, akkor az a egyenlőtlenség alapján

n

12 2 nna a−+ < + , tehát a . A matematikai indukció elve alapján a sorozat növekvő.

1n na +<

Megjegyzés. Pozitív tagú sorozatok esetén az 1n

n

aa+ hányados tanulmányozása

sokszor egyszerűsíti a monotonitás vizsgálatát. Például az 2!

n

n n=a sorozat esetén

( )

11 2 ! 2 1

1 ! 2 1

nn

nn

a na n n

++ = ⋅ =

+ +< , tehát a sorozat csökkenő.

2.6. Gyakorlatok és feladatok. 1. Vizsgáld meg a következő sorozatok monotonitását és korlátosságát (n minden esetben):

*∈

a) 1n n=a ; b) 2

31n

nn

−=+

a ; c) 3 16 5nnn−=+

a ;

d) cos4nπ=a n ; e) 2 sin

2n n π=a n ; f) 2 2

1

1 sin2

n nn π=+

a .

2. Tanulmányozd a következő rekurzív sorozatok korlátosságát és monotonitását: a) 1 3=a , 1 3 nn+ = +a ; b) a , a 1 1= 3

1 2 nn+ = +a a ;

c) a , 1 1= 1

54

nn

a+

+=a ; d) a , 1 3= 1

1

2

nn

n

aa

+

+=a ;

e) a , a a . 1 10= 21 10 30n nn a+ = − +

3. Tanulmányozd a következő ( ) sorozatok korlátosságát: 1n n

a ≥

a) 11n n

=+

a ; b) a n ; c) 22 3n = +27 1

nnn

− +=a ;

d) 3 1n n= + − +a n ; e) cos sin5 5nn nπ π= +a ;


f) 2

1 1 11 ...2 4 22 2 ... 2

n

n n

+ + + + =+ + +

a ; g) 2 2

2

1 2 ...3 5n

nn n

+ + +=+

2

a

h) 3 45

n n

n n

+=a ; i) 1 1 ...1 2n n n

= + + ++ +

12n

a .

4. Tanulmányozd a következő sorozatok monotonitását:

a) 2

2nnn

=+

a ; b) 13n n

n +=a ; c) 3 31n = + −a n ; n

d) 1 2

1 1 ...2 2 2n n n+= + + + 1na ; e) 1

3

1

( 1n

knn

k

k k

k=

=

+=∑

∑

)a ; f) 2 !n

n n

nn⋅=a ;

g) ( )( )1 51 !

n n

n n− ⋅=+

a ; h) ( )

4 8 12 ... 45 9 13 ... 4 1n

nn

⋅ ⋅ ⋅ ⋅=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

a .

5. Öt fiú áll egymás mellett. Mutassuk meg, hogy ki tudunk választani közülük hármat úgy, hogy ha a kiválasztottak az eredeti helyükről előre lépnek, akkor ők nagyság szerint növekvő vagy csökkenő sorrendben helyezkednek el. A feladatot másképp is megfogalmazhatjuk: Adott öt szám: a , , , és a . Mutassuk meg, hogy ki tudunk törölni kettőt közülük úgy, hogy a maradék három szám növekvő vagy csökkenő sorrendben legyen.

1 2a 3a 4a 5

2 .7. Konvergens sorozatok.

2 .7.1. Valós szám környezete

Értelmezés. Az intervallumot, ahol a x , az valós szám

környezetének nevezzük. Az szám környezeteinek halmazát -szel jelöljük.

( , )a b b

)ε

< < x

x ( )xV

Megjegyzések. 1. Minden valós számnak végtelen sok környezete van, ezek az -et tartalmazó nyílt intervallumok.

xx2. Ha , akkor az ( intervallumot az a szám sugarú,

szimmetrikus környezetének nevezzük.

0ε > ,a aε− + ε

3. Az x szám minden környezetében van x -nek szimmetrikus környezete és az x minden környezete benne van valamilyen szimmetrikus környezetben.

Példák. 1) Az ( 1 a 0 -nak egy környezete. , 5)−

2) A ( 7 a -nek egy szimmetrikus (9 sugarú) környezete. ,11)− 2 Megoldott feladat

a) Bizonyítsuk be, hogy az 2

12n n

=a , sorozat minden tagja benne van a

-nak 2 hosszúságú szimmetrikus környezetében.

1n ≥

0


b) Bizonyítsuk be, hogy két tag kivételével az 3

2n n=a , sorozat tagjai

mind benne vannak a szám

1n ≥

0 13

hosszúságú szimmetrikus környezetében.

c) Melyik az a leghosszabb szimmetrikus környezete a -nak, amely az 0

( )211n +

sorozatnak csak az első 100 tagját nem tartalmazza?

Megoldás. a) A szám 2 hosszúságú szimmetrikus környezete a ( 1

intervallum. Mivel

0 ,1)−

*2

1 ,2

nn

< < ∀ ∈1 1− , a sorozat tagjai benne vannak a -nak

hosszúságú szimmetrikus környezetében.

0

2

b) A szám 0 13

hosszúságú szimmetrikus környezete a 1 1,6 6

− intervallum. Mivel

3

1 ,6 6

n− < < ∀ ≥

0

1 2n

3 esetén, a sorozat tagjai az a -tól kezdődően benne vannak a

-nak

3

13

hosszúságú szimmetrikus környezetében. Ugyanakkor 1

126

= >a és

2a14 6

= > 1 , tehát a és a nincsenek ebben az intervallumban. 1 2

c) A 0 szám egy tetszőleges szimmetrikus környezete ( , alakú, tehát a )ε ε−

( )211

ε− <+n

( )

ε< egyenlőtlenségnek kell teljesülnie bármely n esetén. Így

az

101≥

2 1nε

>1+ , vagyis 1 1ε

> −n egyenlőtlenséget csak az n természetes

számok kell teljesítsék. Ez csak akkor lehetséges, ha

101≥

1ε

≤ −10 . Innen

következik, hogy

0 1011<

11 102ε

≤ <10 , tehát 2

1102

ε< ≤ 2

1101

. A keresett környezet

tehát a 2 2

1101

0

1 ,101

− . Belátható, hogy a szám minden szimmetrikus környezete tartalmazza a sorozat legalább egy elemét (és nincs más ilyen tulajdonságú pont). Ugyanakkor például az

halmaz minden pontja rendelkezik hasonló tulajdonsággal, tehát

szám tetszőleges környezete tartalmazza az A halmaznak legalább

egy elemét. Az ehhez hasonló tulajdonságok leírásának megkönnyítése céljából bevezetjük a következő fogalmakat:

[0,1)A =

[0,1x∀ ∈ ) \ { }x

Értelmezés. 1. Az a pontot az halmaz torlódási pontjának nevezzük, ha az a bármely környezete tartalmazza az A -nak legalább egy, a -tól különböző elemét ( ).

∈

:V ∩

A⊆

)≠ ∅(( ) \ { }V a A a∀ ∈V


2. Az A halmaz esetén az a pontot izolált pontnak nevezzük, ha az a pontnak létezik olyan környezete, amely nem metszi az A halmazt (vagyis ha nem torlódási pontja A -nak). ( ).

⊆ A∈

V a∃ ∈V\ { }a)}a = ∅(( ) : \ {V A∩

2.7.2. A valós számhalmaz lezárása A tárgyalás egységességének kedvéért bevezetjük az {= ∪ ±∞

a}

)

halmazt. Megegyezés szerint azt mondjuk, hogy a ∞ környezetének tekintjük az ( , alakú

intervallumokat és a környezetének a ( intervallumokat. Az

)∞

−∞ ,a−∞ halmazt

nevezzük a valós számhalmaz lezárásának.

2.7.3. Sorozatok határértéke, konvergens sorozatok Értelmezés. Az a számot az ( ) sorozat határértékének nevezzük, ha a

bármely környezetén kívül a sorozatnak csak véges sok tagja van.

∈1n n

a ≥

Mivel a ∈ esetén a minden környezete tartalmaz szimmetrikus környezetet és minden környezet beilleszthető egy szimmetrikus környezetbe, az előbbi értelmezést elégséges szimmetrikus környezetekre megfogalmazni. Az a szám pontosan akkor van az a valós szám -nyi környezetében, ha teljesül az

n

ε n ε<

na

∈

a a−

1n≥

egyenlőtlenség. Ugyanakkor az a szám -nyi környezetén kívül az ( ) sorozatnak pontosan

akkor van véges sok tagja, ha létezik olyan n természetes szám, amelynél nagyobb indexű tagokat a vizsgált környezet mind tartalmazza. Így a esetén az előbbi értelmezés ekvivalens a következő kijelentéssel:

ε

( )ε

ε -os konvergencia kritérium. Az számot az ( ) sorozat

határértékének nevezzük, ha bármely ε valós számhoz található olyan n természetes szám, amelyre

a ∈1n n

a ≥

0> ( )ε

na a ε− < , (n ). ( )n n ε∀ > *∈

Példák. 1) Az ( )211n n

=+

a sorozat esetén -ra 1n ≥ 0ε∀ > 0na ε− < , ha

1nε

≥

, tehát az ( ) sorozat határértéke 0 .

1n na ≥

2) Az ( )2

2

2 11

n

nnn+ − ⋅=+

na sorozat tagjait vizsgáljuk. 1 2 3

1 3, 2,2 2

a= = = ,a a

54 6 7

40 45 78 4 90 41, , 2 , 117 26 37 37 50 50

a a= = = = = =

1n na ≥

a a . Észrevehetjük, hogy a páros

indexű tagok nagyobbak, mint 2 és a páratlan indexű tagok kisebbek, mint 2 , ugyanakkor a sorozat tagjai egyre közelebb vannak 2 -höz. Próbáljuk meg bizonyítani, hogy az ( ) sorozat határértéke 2 . A következő ekvivalenciákhoz jutunk:

( ) ( )2

1 22 ,2 21

n

n nna a

nε ε ε − ⋅ −∈ − + ⇔ − < ⇔ <

+ε (1)


Ha páros, akkor (1) ekvivalens az n 2

21

nn

ε− <+

egyenlőtlenséggel. Páratlan n

esetén az 2

21

nn

ε+ <+

egyenlőtlenséghez jutunk. Az első egyenlőtlenségnek a

megoldása az 2 21 4 8 1 1 4 8 1, ,2 2ε ε ε εε ε

− − − + + − − + −∞ ∪ ∞ ∩

halmaz, míg a másodiknak a megoldása a 2 21 4 8 1 1 4 8 1, ,2 2ε ε ε εε ε

− − + + + − + + −∞ ∪ ∞ ∩

halmaz.

Ha valamelyik diszkrimináns negatív, akkor a neki megfelelő egyenlőtlenség minden természetes számra teljesül. Ez alapján,

2 21 4 8 1 1 4 8 1( ) max , , 02 2

n ε ε ε εεε ε

+ − − + + − + + = ,

ahol a nem létező kifejezéseket nem kell figyelembe venni. Tehát esetén úgy, hogy

0ε∀ >*( )n ε∃ ∈ 2na ε− < , . Ebből következik, hogy az ( )

orozat határértéke 2 .

( )n n ε∀ ≥1n n

a ≥

s Értelmezés. Azokat a sorozatokat, amelyeknek van véges határértéke (a ) konvergens sorozatoknak nevezzük, a többi sorozatot pedig divergens sorozatnak (a konvergens, divergens szavak latin eredetűek, jelentésük összetartó illetve széthúzó).

∈

Azt, hogy az ( ) sorozat határértéke a, a következő két módon fogjuk jelölni: 1n n

a ≥

a) a , és így olvassuk: a tart a -hoz, vagy a esetén konvergál a-hoz; n → aa

n ∈b) , és ezt így olvassuk: limesz n tart végtelenhez a egyenlő a-val, vagy

„Az ( ) sorozat határértéke a.” (a limesz latin eredetű szó, jelentése határ).

lim nna

→∞=

1n na ≥

n

Megjegyzések. 1. Az értelmezésben szereplő természetes számot küszöb-számnak szokás nevezni. A küszöbszám nincs egyértelműen meghatározva, mert ha

küszöbszám, akkor minden nála nagyobb természetes szám is alkalmas küszöbszám-nak. Általában nem törekszünk arra, hogy megkeressük a legkisebb küszöbszámot.

( )n ε

( )n ε

2. Az értelmezés alapján egy sorozat két esetben lehet divergens: vagy nem létezik határértéke, vagy létezik határértéke, de ez nem véges.

Nagyon sokszor találkozunk majd az *

1nn ∈

ε

sorozattal. Erről azt sejtjük, hogy

konvergens és határértéke 0. Valóban, rögzítve egy számot, 0>

1 0n

ε− < , ha 1ε

>n és n . *∈

ε -ról csak azt használtuk fel, hogy pozitív valós szám, ezért minden -hoz

létezik olyan n szám (egy ilyen például az

0ε >*

0 ∈ 0

1 1ε

n = + ), hogy ha n , 0n>


akkor 1 0n

ε− < . Ezzel a sejtést igazoltuk.

Könnyen beláthatjuk, hogy az a sorozat, amelynek minden tagja ugyanaz az a szám (az állandó sorozat) konvergens és határértéke a.

Az sorozat (a természetes számok sorozata) nem konvergens (divergens), mert bárhogyan választva az a valós számot, létezik olyan pozitív szám és létezik olyan n természetes szám, hogy

( )nn ∈

εn a ε− > , ami az Arkhimédész

féle axióma következménye (n a ). ε> +A ( sorozatról is azt sejtjük, hogy divergens. Ez azt jelentené, hogy

nem található olyan a szám, hogy ez határértéke legyen a sorozatnak. Rögzítsünk egy

tetszőleges a számot. Mutassuk meg, hogy

( ) ) *1 k

k∈−

∈ 12

=ε -hez nincs alkalmas küszöbszám.

Valóban, az a szám 12

sugarú környezete, ami 1 hosszúságú intervallum, nem

tartalmazhatja valahonnan kezdve a sorozat minden tagját, mert két szomszédos tag távolsága ( ) )( 11 1 n+− − − = 2n .

Az -os konvergencia kritériumhoz hasonló kritériumokat fogalmazhatunk meg abban az esetben is, amikor a határérték ± . A határérték értelmezése és a ± környezeteinek értelmezése alapján állíthatjuk, hogy igaz az alábbi két kijelentés.

ε∞ ∞

Tétel. a) ha esetén létezik n M úgy, hogy a M ,

.

lim nna

→∞=∞

( )M

M∀ ∈ ( ) ∈ n >

n n∀ ≥b) ha esetén létezik n M úgy, hogy

, .

lim nna

→∞= −∞

( )n n M∀ ≥

M∀ ∈ ( ) ∈

na M<

2.8. Megoldott feladatok Azt eldönteni, hogy egy sorozatnak létezik-e határértéke, és ha igen akkor

mennyi az a határérték, legtöbbször nehéz probléma. Sok egyszerű feladat megoldása segíthet. Nagy előnyt jelent, ha valamely módon megsejtjük a határértéket, ezen a téren számítógépet is érdemes igénybe venni.

1. feladat. Konvergens-e az 3 15 2nnn−=+

a , általános tagú sorozat? *n ∈

Mivel

133 125 2 5

n nn

n

−− =+ +

, és ha n elég nagy, akkor 1n

és 2n

„kicsi”, ha

elhagyhatnánk őket, akkor 3/5-öt kapnánk. Azt sejtjük, hogy létezik határértéke a sorozatnak és az 3/5. A bizonyítás érdekében legyen ε tetszőleges rögzített valós

szám. Ekkor

0>

( )152

−

0

kellene

teljesüljön minden n természetes számra, egy bizonyos n értéktől kezdődően. A fenti ( )

3 3 1 3 15 5 6 115 5 2 5 5 5 5 5 2n

n n nan n n

ε− − −− = − = = <+ + +


egyenlőtlenség mindig teljesül, ha ( )5 5 2 111n

ε+ > , azaz ha 1 11 2

5 5ε > − n . Tehát

-nak vehetünk

( )n ε 1 11( ) max 1, 2 15 5

n εε

= ⋅ − +

-et, ahol [ ]⋅ egészrészt jelöl. A

fenti egyenlőtlenség alapján, ha n n , akkor ( )ε> 35na ε− < . Mivel n a leírt mó-

don megszerkeszthető minden számra, a sorozat konvergens és határértéke

( )ε

0>ε 35

. 2

n n=

2

n

( )2 5n −23 3 3

− <

na −

23

32ε

>

2. feladat. Konvergens-e az 2

2 33 1n n− +

−1a általános tagú sorozat?

2

2

2

3 122 3 113 1 3

n n n n

n

− +− + =− −

, ezért ha n elég nagy, a tört értéke „közel” van 23

-hoz.

Azt sejtjük, hogy a sorozat konvergens és határértéke 23

. Próbáljuk ezt igazolni.

Rögzítsünk egy számot. Nyilván 0ε >

, ( )minden esetén. Tehát *n ∈ , ha 3

2ε>n , és így egy alkalmas

küszöbszám most 3( ) 12

εε

= + n .

( )2

2 22 2

2 2 3 1 9 5 9 5 9 3 33 3 1 2 21 3 3 1 3 3n

n n n n n nan n nn n− + + −− = − = = < =

− − −2 33 2n

ε< <

A kapott küszöbszámhoz elég durva becslésekkel jutottunk, viszont a határérték szempontjából lényegtelen, hogy melyik n után lesz -nál kisebb a modulusos

kifejezés. Tehát a sorozat konvergens és

( )ε ε2

2

2 3li3 1n

n nn− +

−1 =m

→∞.

3. feladat. Konvergens-e az 2

3

2 33 1nn nn− +=

−1a általános tagú sorozat?

2 2

3

3

2 3 12 3 1

13 1 3

n n n n nn

n

− +− + =− −

3, tehát ha n elég nagy, akkor a tört értéke 0-hoz

közeledik. Igazoljuk, hogy a sorozat konvergens és határértéke 0. Valóban, 2 2 2

3 3 3

2 3 1 2 3 1 3 303 1 3 1 2 2n n n n nn n n

ε− + − +− = < =− − n

< , ha n . Tehát

2

3

2 3 1lim 03 1n

n nn→∞

− + =−

.


4. feladat. Konvergens-e az 2 2

3

1 2 ...n

nn

+ + +=2

)

a általános tagú sorozat?

Ismeretes, hogy ( )(2 2 2 1 2 12 ...6

n n nn + ++ + + =1 . Ezért

( )( ) ( )( )3 2

1 2 1 1 2 1 1 11 26 6 6n

n n n n nan n n

+ + + + = = = + 1n+ .

Azt sejtjük, hogy létezik a sorozat határértéke és az 2 16 3= . Valóban, ha rögzítünk egy

számot, 0ε > 2 2

1 3 1 4 23 6 6 3n

n nan n n

ε+− = < = < , ha 23ε

>n , tehát egy lehetséges

küszöbszám 2( ) 13

εε

= + n , vagyis a sorozat konvergens és határértéke 1lim

3nna

→∞= .

5. feladat. Konvergens-e az 2n n= + −a n sorozat? n

( )2 2 2

2

2 2

111 1

nn n n n n na n n nn n n n n n

n

+ + + −= + − = =+ + + + + +

,

tehát azt sejtjük, hogy a sorozat konvergens és határértéke 12

. Legyen ε rögzített. 0>

12 1 11 1 112 2 11 1 2 1 1

nna

n n

− + −− = − = = + + + +

1 1 11 1 1 1 1 1 14 81 12 1 1 4 1 1

n n nn

n n

ε+ − + − + −

= < = < + + + +

< , ha 18ε

>n ,

tehát ( )2 1lim2n

n n n→∞

+ − = .

6. feladat. Bizonyítsuk be, hogy az 1 2 nnx + = + x 1n ≥, , sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét.

1 1x =

Megoldás. A sorozat növekvő és minden tagja kisebb, mint 2 (lásd a monotonitás és a korlátosság paragrafusban megoldott feladatokat). A továbbiakban igazoljuk,

hogy a sorozat határértéke 2 . 1

22 2 22 2n

nn

x+ − = + − =

+ +nx−x x , tehát írhatjuk,

hogy 1

12 22 nnx + − < ⋅ x − . Ebből következik, hogy 1 11

1 12 22 2n n nx x− −− − =< .

Tehát ha 2

1( ) log 1εε

n = +

, akkor 2nx ε− < , és így . ( )n n ε∀ ≥ lim 2nnx

→∞=


Az előbbi feladatokból láthattuk, hogy hatékonyan akkor tudunk határértéket számolni, ha olyan szabályokat, módszereket dolgozunk ki, amelyek lehetővé teszik ennek a nehézkes módszernek a kikerülését. A fejezet további részében ilyen tulajdonságok levezetésére törekszünk. 2 .9. Gyakorlatok

Vizsgáljuk meg, hogy a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergensek-e. Ha igen, számítsuk ki a határértéküket!

a) 27 3nnn−−+5a ; b) 3

4 1n n −a = ; c)

2

2

11n

nn

−=+

a ;

d) 2

2

3 51n

n nn n+ −=+ +

a ; e) 2

2 35 1nnn

−=+

a ; f) 23 16 1nn nn− +=+

a ;

g) 2 2

2

1 2 ...n

nn

+ + +=2

a ; h) 2 2

4

1 2 ...n

nn

+ + +=2

a ;i) 3 3

4

1 2 ...n

nn

+ + +=3

a ;

j) 3 12 3 1

n

n n

+=⋅ −

a ; k) 2nn =a ; l) 1 1n n= + − −a n ;

m) 3n n= + −a n ; n) n 2 21 1n n= + − −a n .

2 .10. Sorozatok néhány tulajdonsága

1. A határérték értelmezését olvasva felmerülhet a kérdés, hogy egy valós számsorozatnak lehet-e több határértéke. Ha a határérték szemléletes értelmezésére gondolunk, tehát arra, hogy az ( ) sorozat határértéke a, ha „nagy” n-re a „közel

van a-hoz, akkor úgy érezzük, hogy ez a tulajdonság legfeljebb egy a számra teljesülhet. Most pontosan az értelmezés alapján mutatjuk meg, hogy valóban így is van.

1n na ≥ n

a ba-ε a+ε εεb- b+x

Tegyük fel, hogy létezik olyan sorozat, amelynek legalább két határértéke van. Legyen ( ) *n n

a ∈ ilyen sorozat és két határértéke a és b, a . Vegyük a és b egy-egy olyan környezetét, hogy ezek ne messék egymást. Ilyen környezetek találhatók, mert

, ezért például az a és b körüli

b≠

a b≠3a b−=ε sugarú környezeteknek nincs közös

pontja. A feltevés szerint a és b határérték, ezért valamelyik tagtól kezdve a sorozat tagjainak mindkét környezetbe bele kellene tartozni, ami nem lehet, mert a környezetek idegenek (diszjunktak). Ezt szemléletesen is beláthatjuk, ha ábrázoljuk a sorozatot a számegyenesen.

a

Hasonló gondolatmenet alapjánde nem véges, akkor is egyértelT étel. Ha egy sorozatnak van

2. Milyen kapcsolat van a soroolyan sorozatot, amely korláto

6. ábr
az is belátható, hogy ha a sorozat határértéke létezik, mű. Érvényes tehát a következő tétel: határértéke, akkor csak egy határértéke van.
zat korlátossága és konvergenciája között? Már láttunk, s, de nem konvergens (például az a , ( )1 nn = − *n ∈


általános tagú sorozat). Eddigi példáinkban minden konvergens sorozat korlátos is volt. Vajon ez igaz-e tetszőleges konvergens sorozat esetén?

Tegyük fel, hogy az ( ) sorozat konvergens. Határértékét jelöljük a-val.

Ekkor, az értelmezés alapján esetén létezik n úgy, hogy 1n n

a ≥

ε∀ > 0 ( )ε na a ε− <

ε

, ha

. Ez az összefüggés egyenértékű a − egyenlőtlenségekkel, vagyis , ha , tehát az ( , intervallumon kívül

a sorozatnak legfeljebb véges sok tagja van. Ha található

( )n n ε> na aε −−

< <a aε +na a aε ε− < < + ( )εn n> )ε

( )εa + -nál nagyobb tag, akkor ezek közül a legnagyobbat véve (véges sok szám között mindig van legnagyobb), a kapott szám a sorozat egy felső korlátja. Ha nincs ( )εa + -nál nagyobb tag, akkor a egy felső korlát. Hasonlóan, a , vagy ε+ ε− ( )εa − -nál kisebb tagok közül a legkisebb az ( ) sorozat egy alsó korlátja. Ezzel igazoltuk a következő állítást:

1n na ≥

Tétel. Minden konvergens sorozat korlátos. Az állítást a következő módon is megfogalmazhatjuk: A korlátosság a sorozat konvergenciájának szükséges feltétele. Az a általános tagú sorozat példája mutatja, hogy a korlátosság a konvergenciának nem elégséges feltétele. Sok esetben a csak szükséges, illetve a csak elégséges feltételek a feladatok megoldásánál, tárgyalásánál nagyon jól használhatók. Így az előzőek alapján, ha egy sorozat nem

orlátos (amit sokszor elég könnyű megállapítani), akkor nem is lehet konvergens.

( )1 nn = −

k 3. Készítsünk az ( ) és

1n na ≥ ( ) 1n n

b ≥ sorozatokból egy ( ) 1n nc ≥

2 1n− = sorozatot úgy, hogy a

két sorozatból felváltva vesszük sorra a tagokat. Tehát c a , c , vagyis n 2 nn = b

a1 1 2 2, , , ,..., , , ...n na b a b a b= =

Mutassuk meg, hogy ha , akkor . lim limn nn n

a b→∞ →∞

lim nnc a

→∞=

Rögzítsünk egy számot. A feltevés szerint létezik olyan N és természetes szám, hogy

0ε > 1( )ε 2( )N ε

na a ε− < , ha n N és 1( )ε> nb a− ε< , ha n N .

Ezért 2> ( )ε

kc a− < ε , ha { }12max ( )>

* k >2, ( )Nε ε

0n

k N . Tehát minden pozitív valós szám-

hoz létezik olyan n , hogy ha , akkor

ε

0 ∈ kc a ε− < . Ez azt jelenti, hogy

. Hasonló gondolatmenet akkor is érvényes, ha a határérték nem véges. lim nc→∞= a

n 4. Tekintsünk egy ( ) sorozatot. Az

1n na ≥

, ... 2 4 2, ,..., na a a

, ... 51 3 2 1, , , ..., na a a a −

, ... 10 100 10, ,..., ma a a

sorozatokról azt mondjuk, hogy az ( ) sorozat részsorozatai. Szemléletesen azt

mondjuk, hogy kitöröltünk a sorozat tagjai közül valamennyit és a megmaradt tagokat vettük abban a sorrendben, ahogyan az eredeti sorozatban is szerepeltek.

1n na ≥


Értelmezés. Azt mondjuk, hogy ( ) az ( ) sorozat egy részsorozata, ha

1kn ka

≥ 1n na ≥

1 2 31 ... ...kn n n n≤ < < < < <A részsorozat első tagja a , második tagja a , stb. Az értelmezésből következik, hogy n k , .

1n 2n

k ≥*k∀ ∈

Tekintsük az 1

1nn ≥

sorozatot. Tudjuk, hogy ez a sorozat 0-hoz tart, vagyis

1lim 0n n→∞

= . Vegyük most ennek a sorozatnak egy részsorozatát, például az 1

13 nn ≥

sorozatot. Ez a sorozat is 0-hoz tart.

a

a

Felvetődik a kérdés, hogy igaz-e, hogy ha és ( ) az ( )

egy részsorozata, akkor teljesül-e a egyenlőség?

lim nna

→∞=

1kn ka

≥ 1n na ≥

limknka

→∞=

a ∈( )n ε ∈

esetén rögzítsünk egy pozitív ε számot. A feltevés szerint ehhez létezik olyan szám, hogy ha n n , akkor * ( )ε> na a ε− < . Ezért, ha most

, akkor miatt ( )εk n>kn ≥ k

kn

a

a

a a ε− < . Mivel ε -ról csak azt használtuk ki, hogy pozitív, ezért minden esetén van alkalmas küszöbszám, tehát . Belátható, hogy nem véges határérték esetén is hasonló tulajdonság érvényes, tehát igaz a következő tétel:

0>ε limknka a

→∞=

Tétel. Ha egy sorozatnak a a határértéke, akkor minden részsorozatának van határértéke és ez szintén a . Megjegyzés. Divergens sorozatnak is lehet konvergens részsorozata, például az

sorozatnak a csupa 1-ből vagy a csupa − -ből álló részsorozata konvergens. ( )1 nna = − 1 5. Adott egy ( ) sorozat. Úgy készítünk ebből új sorozatot, hogy az elejére írunk

néhány új tagot. Szemléletesen, az 1n n

a ≥

1 2 3, , , ..., ,...na a a a sorozatból kapjuk a

1 2 1 2, , ..., , , , ..., , ...nkb b b a a a sorozatot. Ha , akkor az új, megváltoztatott sorozatnak is van határértéke

és ez éppen a. Valóban, tekintsük a-nak egy környezetét. Az a feltevés miatt az sorozatnak legfeljebb véges sok tagja nem tartozik ebbe a környezetbe. A

megváltoztatott sorozat is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, mert a környezetbe nem tartozó tagokon kívül még b b lehet a környezeten kívül, vagyis biztosan

állíthatjuk, hogy legfeljebb véges sok tag. Ezért az új sorozat is a-hoz tart.

lim nna

→∞=

n →( ) 1n na ≥

ia 1 2, , ..., kb

Megoldott feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha az ( ) sorozat ( ) és

részsorozatai konvergensek és ugyanaz a határértékük, akkor az (1n n

a ≥ 2 1n na

≥

( )2 1 1n na − ≥

) 1n≥na

sorozat is konvergens.


Bizonyítás. Ha az ( ) és ( sorozatok közös határértéke l , akkor

esetén létezik n és

2 1n na

≥

( )1 ε

)2 1 1n na − ≥

0ε∀ > ( )2 εn úgy, hogy 2na l ε− ≤ ha n n és 1( )ε≥

2 1ma l ε− − ≤ ha m n . Így ha 2( )ε≥ { }1 2max ( ), ( )nε εn n , akkor ≥ n − ≤a l ε ,

tehát az ( ) sorozat is konvergens és határértéke szintén l . 1n n

a ≥

Feladatok 1. Bizonyítsd be, hogy az *sin ,

2nnπ= ∀ ∈a sorozat divergens! n

2. Tanulmányozd az ( )1 1 nn n n= + − 1 1≥a , n sorozat konvergenciáját.

3. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) sorozat ( , és ( )

részsorozatai konvergensek, akkor az ( ) sorozat is konvergens. 1n n

a ≥

n na

)2 1n na

≥( )2 1 1n na − ≥ 3 1n n

a≥

1≥

2.11. Műveletek konvergens sorozatokkal

Már vizsgáltuk az 2

3

2 33 1nn nn− +=

−1a általános tagú sorozatot. A következő

átalakítást végeztük: 2 3

3

2 3 1

13n n n

n

− +

−n =a .

A kapott alakból megsejtettük, majd igazoltuk, hogy a sorozat határértéke 0,. Az átalakítás után megpróbálhatjuk visszavezetni a problémát egyszerűbb esetekre.

Figyeljük meg előbb a számlálót. Ha külön-külön a 1

2nn ≥

, 2

1

3nn ≥

, 31

1nn ≥

sorozatokat vizsgálnánk, akkor mindegyikről be tudnánk bizonyítani, hogy 0-hoz tart.

De kitűzhetjük a feladatot így is: Az 1

1nn ≥

sorozatról már tudjuk, hogy konvergens

és határértéke 0. Következik-e ebből, hogy 2 1 1 0n n n= + → ; 3 1 1 1 0

n n n n= + + → ;

2

3 3 1 0n n n= ⋅ → ; 3

1 1 1 1 0n n n n= ⋅ ⋅ → ? Továbbá, igaz-e, hogy ha 2 0

n→ ; 2

3 0n

→

és 3

1 0n

→ , akkor 2 3

2 3 1 0n n n− + → ?

A nevezőben a 3-at tekinthetjük úgy, hogy a csupa 3-asból álló sorozat megfelelő

tagja. Ez a sorozat nyilván konvergens és határértéke 3. Ha 3

1 0n

→ , igaz-e, hogy

3

13n

− → 3 ? Ha igaz, hogy a nevező 3-hoz tart, a számláló pedig 0-hoz, akkor

érvényes-e, hogy a tört 03

-hoz tart, vagyis 0-hoz?

A kérdéseket általánosabban is feltehetjük és úgy is fogjuk vizsgálni.


Legyen és ( ) 1n na ≥ ( ) 1n n

b ≥ két sorozat úgy, hogy és

(a b ). Igaz-e, hogy

lim nna

→∞= a

b

lim nnb b

→∞=

, ∈

a) az ( sorozat is konvergens és ; ) 1n n na b ≥+ lim n nn

a b a→∞

+ = +

b) az ( sorozat is konvergens és ; ) 1n n na b ≥⋅ lim n nn

a b ab→∞

=

c) az 1

n

n n

ab ≥

sorozat is konvergens és lim n

nn

a ab b→∞= ?

Vizsgáljuk sorra a problémákat: a) Azt sejtjük, hogy ( is konvergens és

. Bizonyítsuk be!

) 1n n na b ≥+

( )lim lim limn n n nn n na b a b a

→∞ →∞ →∞+ = + = +b

a bRögzítsünk egy számot. és miatt van olyan

és szám, hogy ha n N , akkor

0ε > lim nna

→∞=

1( )ε

lim nnb

→∞=

1( )N ε 2( )N ε >2na a ε− < és ha ,

akkor

2( )n N ε>

2nεb b− < .

ε εÍgy ( ) ( ) ( )2 2n n n n n na b a b a a b b a a b b ε+ − + = − + − ≤ − + − < + =

1 2max{ ( ), ( )}n N Nε ε

, ha

. Érvényes tehát az alábbi kijelentés. >Ha lim nn

a a→∞

= ∈ és lim nnb b

→∞= ∈ , akkor ( )lim lim limn n n nn n n

a b a b a→∞ →∞ →∞

+ = + = +

∈ lim b b= ∈

b .

b) Bizonyítsuk be, hogy ha és , akkor létezik

. Egyszerű átalakítással

lim nna a

→∞=

)n

ab=

nn→∞

( ) ( ) (lim lim limn n n nn na b a b

→∞ →∞ →∞⋅ = ⋅

( ) ( )n n n n n n n n na b ab a b ab ab ab a a b a b b− = − + − = − + − ≤

n n na a b a b b≤ − ⋅ + ⋅ − . Azt kellene belátni, hogy „nagy n-re” a jobb oldal kicsi. Rögzítsünk egy pozitív ε számot. A feltevés szerint ( ) 1n n

b ≥ konvergens, ezért korlátos is. Legyen nb ≤K

a

, ha

(nem jelent megszorítást a kikötés). Tegyük fel még, hogy az

sorozat határértéke a . Mivel , létezik N úgy, hogy ha

, akkor

1, 2, ...n =

( ) 1n na ≥

1( )n N ε>

0K >

limn→∞

0≠ na = 1( )ε

2Kε<na a− és b miatt létezik N úgy, hogy ha

, akkor

n → b 2( )ε

2( )n N ε>2aε<nb b− . Ezt felhasználva

ε ε2 2n n n na b ab a a K a b b K aK a

ε− ≤ − ⋅ + ⋅ − < ⋅ + ⋅ = ,

{ }ha 1 2max ( ), ( ) ( )N Nε ε> =n N . ε

Ha a , akkor 0= 0na b b⋅ − = , ezért ezt a tagot elhagyhatjuk és a becslés


egyszerűsödik. (Így is számolhatnánk: 02 2n n na b a K KKε ε ε− ≤ ⋅ < ⋅ = <

( )ε>

, ha

.) Az ε -ról csak azt használtuk ki, hogy pozitív szám, így azt nyertük, hogy minden -hoz létezik olyan természetes szám, hogy ha n N , akkor

1( )n N ε>ε > 0 ( )N ε

n na b ab− ε< . Igaz tehát az alábbi kijelentés.

Ha lim nna a

→∞= ∈ és lim nn

b b→∞

= ∈ , akkor ( ) ( )( )lim lim limn n n nn n na b a b ab

→∞ →∞ →∞= =

=

.

c) A kérdés nincs pontosan megfogalmazva. Ha , akkor lehet, hogy

és a

lim nnb

→∞b

0b = ( ) 1n nb ≥ sorozat tagjai között is tetszőlegesen sok 0 lehet. Tekintsük a

következő két sorozatot: 1

na n= és 2

1n n=b , így n

n

a nb= , tehát az

1

n

n n

ab ≥

sorozat nem konvergens.

Tegyük fel, hogy . Ekkor lim 0nnb b

→∞= ≠

2b -höz létezik N úgy, hogy ha n N ,

akkor

>

2nb

b b− < . Ez azt jelenti, hogy b , ha n . Az ábra ezt szemlélteti: 0n ≠ N>x

a Véges sok tag megváltoztatása feltételezhetjük, hogy

hogy

lim 0nnb

→∞≠

1limn

nb b→∞=

m na a→∞

=

1 , akkor a c) kérdé

ha és lin

1 1

nb b=lim

n→∞, akk

b- b+b2

b2

Vizsgáljuk tehát az 1

1

n nb ≥

sorozat

bA és b felte

esetén

lim 0nnb b

→∞= ≠

*∈

0n ≠

n nb ≥ d és b d≥

minden tagja benne van a b-nek 2b

környezetében a sorozatnak végesabszolút értékűt d-nek. Ha nincs

legyen 2b=d . Rögzítsünk egy ε

úgy, hogy ha n , akkor N> nb b−

7. ábrb

a sorozat konvergenciáján nem változtat, ezért és b . Ha most be tudnánk látni, *0,n n≠ ∀ ∈

st vissza tudjuk vezetni a b)-re. Valóban, b) szerint

or 1 1nn

n n

a ab b= ⋅ →a a

b⋅ =

b.

ot. Azt sejtjük, hogy létezik 1 1limn

nb b→∞= .

1 1 n

n n

b bb b b

−− = .

vések miatt van olyan d szám, hogy minden 0>

. Ez következik abból, hogy a sorozat majdnem

sugarú környezetében. Ezért a 0-nak a 2b sugarú

sok tagja lehet. Vegyük ezek közül a legkisebb a sorozatnak tagja ebben a környezetben, akkor

számot. miatt -hez létezik N 0> lim nnb

→∞= b 2dε ⋅

2d⋅ε< . Így tehát


22 2

1 1 1n n

n n

b b b bd

b b b b d dε

− −− = < < ⋅

⋅,

vagyis 1 1

nb bε− < , ha n . Az -ról csak azt használtuk fel, hogy pozitív valós N> ε

szám, ezért minden ε -hoz létezik olyan N természetes szám, hogy ha 0> ( )ε

( )n N ε> , akkor 1 1

nb bε− < .

Érvényesek tehát az alábbi állítások.

Ha , *lim nnb b

→∞= ∈ , és 0, 1n n≠ ∀ ≥b , akkor

limlim

limnn n

nn nn

aa ab b

→∞

→∞→∞

= =b

a a

b

.

Ha *lim nnb b

→∞= ∈ és 0n ≠b , *n∀ ∈ , akkor 1 1lim

limnn nnb b→∞

→∞

= = 1b

.

lim nna a

→∞= ∈

Megjegyzés. A b) esetben speciális esetként benne van az is, hogy ha és c , akkor . lim nn

a a→∞

= ∈ ∈ ( )lim limn nn nc a c a ca

→∞ →∞⋅ = ⋅ =

Csak arra kell gondolni, hogy a ( sorozat minden tagja c, ezért c-hez tart. Így az is igaz, hogy ha , akkor . Ebből pedig a)-t felhasználva

következik, hogy ha , , akkor létezik

) 1nc ≥

lin

limn→∞

lim nna

→∞=

lim nn→∞=

( )m na→∞− = −

nb b=a a

( )lim lim limn n n nn n na b a b a

→∞ →∞ →∞− = − = − .

1. példa. 2

10

n→ , mert 1 0

n→ .

2. példa. 3

1lim 0n n→∞

= , mert 3 2

1 1 1n n n= ⋅ és 1

lim 0n n→∞

= , 2

1lim 0n n→∞

= .

3. példa. 5lim 0n n→∞

= , mert 1lim 0n n→∞

= .

4. példa.

133 1lim lim 25 2 5n n

n nn

n→∞ →∞

−− = =+ +

35

, mert 1lim 3 3n n→∞

− = és 2lim 5 5n n→∞

+ = .

5. példa. 4 3 3 4

4 2

2 3 4

3 1 122 3 1lim lim 5 2 47 5 2 4 7n n

n n n n n nn n n

n n n→∞ →∞

− + −− + − = =+ + − + + −

27

, mert

3 4

3 1 1lim 2 2n n n n→∞

− + − = és 2 3 4

5 2 4lim 7 7n n n n→∞

+ + − = .

Itt úgy látszik, mintha többet használtunk volna fel, mint amennyit a)-ban megmutattunk. Abból azonban az is következik, hogy ha , ,

, akkor . Arra

lim nna a

→∞=

lim nn nc a

→∞+ =

lim nnb b

→∞=

b c+ +lim nnc

→∞= c ( )lim lim limn n n n nn n

a b c a b→∞ →∞ →∞

+ + = +


gondolunk ugyanis, hogy ( ) , tehát (n n n n na b c a b c+ + = + +) n

c( ) ( ) ( )lim lim limn n n n n nn n na b c a b c a b c a b

→∞ →∞ →∞+ + = + + = + + = + + .

Ugyanígy járunk el, ha több (véges sok) sorozat összeadásáról van szó. (Természetesen szorzásnál is ugyanígy teszünk.)

6. példa. Az 3 2

2

3 24 1nn n nn n− + +=+ +

1a általános tagú sorozat konvergens-e?

Átalakítva, 2

2

1 13 2

1 14n

nn na

n n

− + +=

+ +

lim nna

→∞=∞

. A nevező 4-hez tart, a számláló pedig ∞ -hez,

ezért azt sejtjük, hogy . Mutassuk meg ezt! Ennek érdekében rögzítsünk egy K számot.

2

2

1 13 2 21 1 4 2 34

n

n n nn na

n n

− + += > =

++ +

lim nna

→∞=∞

K K> 3>, ha n . Mivel K tetszőleges szám

lehet, így valóban . Általánosabban is megfogalmazhatjuk a kérdést:

Ha , , , , , akkor igaz-e, hogy lim nna

→∞=∞ lim nn

b b→∞

= 0b > 0nb ≠ *n∀ ∈

lim n

nn

ab→∞=∞ ?

Nem jelent megszorítást, ha feltesszük, hogy a és b . A -

ból következik, hogy

0n > 0n > lim 0nnb b

→∞= >

( ) 1n nb ≥ felülről is korlátos. Legyen minden n-re

. Ekkor egy K számot rögzítve, ,nb M M≤ > 0 n n K>n

a ab M>

n N>

, ha a . Mivel

, ezért van olyan N szám, hogy ha , akkor a . Így az is

igaz, hogy ha n , akkor

n MK>

MK>lim nna

→∞=∞

>

n

N n

n

Kb>a . Mivel K tetszőleges szám lehet, így lim n

nn

ab→∞=∞.

7. példa. Ha n

és a minden n természetes számra, akkor n

. lim na→∞=a 0n ≥ lim 0na a

→∞= ≥

Valóban, nem lehet, mert ekkor a-nak például 0a <2a sugarú környezetébe csak

negatív számok tartoznának, így ebben a környezetben az ( ) sorozatnak egyetlen

tagja sem lehetne. 1n n

a ≥

Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha n

, a , akkor lim na a +→∞= ∈ 0n ≥ lim nn

a a→∞

= .

Megoldás. Ha a , akkor esetén 0= 0ε > 0n na a ε− = < , ha a .

miatt ε -hez létezik természetes szám úgy, hogy a , ha

. Ezért

2n ε<2ε<lim 0nn

a→∞

=

n N>

2 (N ε) n

lim 0n→∞ na = . Ha a , akkor 0>


( ) n nn n

n n

a a a a a aa a a a

a a a a a+ − −

− = − ⋅ = ≤+ +

n

a

.

Egy számot rögzítve, a miatt 0ε > n → aε ⋅ -hoz létezik olyan N természetes szám, hogy ha n , akkor N> na a ε− < a . Ezért, ha , akkor n N>

nn

a aa a

a aε− ⋅− ≤ < a ε= . Tehát lim limn nn n

a a→∞ →∞

= = a .

Hasonlóan igazolható, hogy ha k , k és , ahol a , akkor *∈ 2≥ lim nna

→∞= a 0n ≥

lim lim kk kn nn na a

→∞ →∞= = a .

Gyakorlatok és feladatok 1. Vizsgáljuk meg a következő, általános tagjukkal adott sorozatok konvergenciáját.

a) 1 23 5n

nn−=+

a ; b) 2

23 5nn nn

−=+

a ; c) 3

4

5 13 1nnn n

−=− +

a ;

d) 22 12n

nn+=+

a ; e) 2

1 23 6n n n = − + a ; f)

2

2

6 23 3nn nn n

− −= ++ + 1

a .

2. Konvergensek-e a következő sorozatok?

a) 13 2nnn+=+

a ; b) 3

3

2 35 1n

n nn n+ +=+ +

1a ;

c) 3

5

11n

nn−=+

a ; d) 33

2

25

nnn+=+

a .

3. Igaz-e a következő állítás? „Ha konvergens, akkor ( ) és ( ) 1n n n

a b ≥+1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ is konvergens.” (Ha igaz,

akkor kell igazolni, ha nem, akkor elég egy ellenpéldát adni.) 4. Döntsük el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis:

a) Ha ( konvergens, akkor ( ) és ) 1n n na b ≥−

1n na ≥ ( ) 1n n

b ≥ is konvergens; b) Ha ( konvergens, akkor ( ) és ) 1n n n

a b ≥⋅1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ is konvergens;

c) Ha 1

n

n n

ab ≥

konvergens, akkor ( ) és 1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ is konvergens;

d) Ha ( divergens, akkor ( ) és ) 1n n na b ≥+

1n na ≥ ( ) 1n n

b ≥ is divergens;

e) Ha ( divergens, akkor ( ) és ) 1n n na b ≥+

1n na ≥ ( ) 1n n

b ≥ közül legalább az egyik divergens;

f) Ha ( ) és ( ) divergens, akkor 1n n n

a b ≥+1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ is divergens;

)⋅ )g) Ha ( és ( ) konvergens, akkor 1n n n

a b ≥ 1n na ≥ ( 1n n

b ≥ is konvergens. 5. Igazoljuk, hogy ha és , továbbá a minden n -ra, akkor a . Igaz-e, hogy ha a minden n -ra, akkor a b ?

lim nna

→∞= a b nlim nn

b→∞

=

nbn b≥ *∈

b≥ n >*∈ >

40 Valós számok és számsorozatok

2.12. Végtelenhez tartó sorozatok

A divergens sorozatok közül különösen érdekesek azok az ( ) sorozatok,

amelyeket szemléletesen úgy is jellemezhetünk, hogy „a minden határon túl növekszik (korlátlanul növekszik)”. Már láttuk, hogy igaz a következő két kijelentés:

1n na ≥

n

Tétel. a) , ha minden K számhoz létezik olyan n K természetes

szám, hogy ha n n , akkor a K .

lim nna

→∞= +∞

( )K>

( )

n >. b) , ha minden K számhoz létezik olyan n K természetes

szám, hogy ha n n , akkor a K .

lim nna

→∞= −∞

( )K>

( )

n <Példa. Az sorozat -hez tart. A ( sorozat −∞ -hez tart. A

sorozat nem tart sem -hez, sem −∞ hez.

( )21

1n

n≥

+

)1

∞

∞

)31n

n≥

−

( )( 41 nn

n≥

−A következő paragrafusban megvizsgáljuk, hogy a végtelenhez tartó sorozatokkal végezhetünk-e műveleteket.

2.13. Gyakorlatok és feladatok 1. Döntsd el, hogy a -nek az ( ) sorozat korlátlansága n → ∞

1n na ≥

a) szükséges; b) elégséges; c) szükséges és elégséges; d) nem szükséges és nem elégséges feltétele.

2. A következő általános tagjukkal adott sorozatok közül melyek tartanak -hez és melyek −∞ -hez?

∞

a) 2

3 1nnn

=+

a ; b) 312nn

n−=+

a ; c) 3 2

2

3 11n

n nn n+ +=+ +

a ;

d) sin2n n π = a n ; e) a n . ( )3 2cosn nπ=

2.14. Határozatlan esetek A konvergens sorozatokkal végzett műveletek tanulmányozásánál láttuk, hogy bizonyos esetekben nemcsak a véges határértékekkel lehet műveleteket végezni, hanem a végtelen határértékekkel is. Például a egyenlőséget úgy is

bizonyíthatjuk, hogy belátjuk az összeg tagjáról, hogy külön-külön ∞ -hez tart. Tehát úgy sejtjük, hogy . A egyenlőség alatt azt értjük, hogy tetszőleges és

( )2limn

n n→∞

+ =∞

=∞∞+∞ =∞

1

∞+∞( )n na ≥ ( ) 1n n

b ≥ + -hez tartó sorozat esetén az ( sorozat

határértéke is + . Ehhez hasonlóan, ha

∞ ) 1n n na b ≥+

∞ , ,

c mn→∞

a b c , akkor az a b , (a b ,

, stb.) egyenlőség(ek) alatt azt értjük, hogy ha és

, akkor ( li , , ,

stb.). A következő példa mutatja, hogy

∈

n na b c⋅ = lim /n nna b

→∞

c

lim nna

→∞

c lim nn→∞

+ =

=

c⋅ =

a=nba c=

/a b c=

lim nnb

→∞=

ba =

b

c

lim n nna b

→∞+ =

elemeivel nem minden művelet értelmezhető. Ha a határértéket szeretnénk kiszámítani, akkor az

előbbi gondolatmenet nem használható, mert két végtelenhez tartó sorozat különbsége ( 2lim

nn n

→∞− ) =∞


bármekkora lehet. Például , ( ) ( )2 2 2lim 2 limn nn n n

→∞ →∞− = − =−∞ ( )( )2 2lim

nn k n

→∞+ − =∞−∞

−∞+ = −∞

∈0>

( )K≥

k ,

tehát a alakú „művelet” eredménye bármi lehet. Ezért a alakú határértékeket határozatlan esetnek nevezzük.

∞−∞

+∞ = +

a= lin

(n ε−1ε =

=∞

= +∞ ln

∈ ∞+∞ =∞ ( )+ −∞ =( )−∞+ −∞ = −∞

+∞ =∞K ∈

ε ε+ ( )ε≥ 1 nb− + <( ) max{ ( ), ( )}n n Kε=

n nK a b< + ( )K≥lim n nna b

→∞+ =∞

( )−∞ = ∞ −∞

( ) 1n n na b

≥+

+∞ −∞

0>a 0<

) 1n n na b ≥⋅

⋅∞⋅∞

0= lin

∞ ( ) ( )⋅ −∞ = −∞ ⋅ = −∞a −∞ ( ) ( )⋅ −∞ = −∞ ⋅ =

( )( )∞⋅∞ = −∞ −∞ =∞( ) ( )∞⋅ −∞ = −∞ ⋅∞ = −∞

)⋅ −∞lim nnb

→∞= −∞

+∞

0a =−∞= ±∞ lim nn

b→∞

= ±∞ lim lim 0n nn na b

→∞ →∞= =

nab

Ebben a paragrafusban megvizsgáljuk, hogy milyen műveleteket végezhetünk a −∞ és ∞ szimbólumokkal, és mikor jutunk határozatlan esethez.

1. Összeadás ,a a∞ ∀ ; , a a ,

. Ezeknek a tulajdonságoknak a bizonyítása a határértékek értelmezése alapján nyilvánvaló. Bizonyítsuk például az a egyenlőséget, ha a . Ha

és , akkor tetszőleges és ε esetén léteznek az

és küszöbszámok úgy, hogy teljesüljenek a következő összefüggések:

lim nna

→∞

( )n K ∈

m nb→∞=∞

)

na a a< < , ha n n és K a , ha n n . Tehát az választással az N K számra

, ha n N . A határérték értelmezése alapján , tehát írhatjuk, hogy

. A továbbiakban felsoroljuk az elvégezhető műveleteket és a határozatlan eseteket. a +∞

Megjegyzés. A műveletnek nincsen értelme, mivel ha és , akkor az

∞ +

n = −∞lim nna

→∞imb→∞

sorozatról nem állíthatunk semmit;

egyes esetekben a sorozat konvergens, más esetekben a határértéke vagy , az is megtörténhet, hogy a sorozat divergens.

2. Szorzás a a=∞⋅ = és a a , ha a ; a =∞⋅ = és a , ha a ; ∞

; .

Megjegyzés. A és 0 ( műveleteknek nincs értelme, mert ha és vagy , akkor az ( sorozatról nem

állíthatunk semmit: lehet konvergens, divergens, tarthat -hez vagy −∞ -hez.

0 ⋅∞

n =∞lim nna

→∞m b→∞

3. Osztás 0a =

∞ és , ha a tetszőleges valós szám.

Megjegyzés. Ha és , vagy ,

akkor az

lim nna

→∞

1n n≥ sorozatról nem állíthatunk semmit. Ezért azt mondjuk, hogy a


, , , ,0

∞ −∞ ∞ −∞ 0∞ −∞ −∞ ∞

műveleteknek nincs értelmük (a véges valós szám).

4. Gyökvonás k ∞ =∞ és 2 1k+ −∞ = −∞ , minden k esetén. *∈

5. Hatványozás

Ha és , akkor . lim nna

→∞= a b a

)

1

lim nnb

→∞= ( ) limlim lim

nnn

bb bn nn na a →∞

→∞ →∞= =

Megjegyzés. Ha a b , akkor az ( sorozatról nem állíthatunk semmit. Egyes esetekben a sorozatnak van véges határértéke, más esetekben pedig nincs.

0= = nbna

Ha a , akkor a és a . Ha , akkor a és a . 1> ∞ =∞ 0−∞ =a

0 a< < 0∞ =a

−∞ =∞Ha a , akkor , ha a , akkor . 0> ∞ =∞

∞0<

−∞0∞ =

∞ =∞ , . 0∞ =Megjegyzés. Nincs értelmük az 1 , , és 1 műveleteknek, mivel ezekben az esetekben az ( sorozatokról nem állíthatunk semmit. Egyes esetekben a

sorozatnak van véges vagy végtelen határértéke, más esetekben a sorozat divergens.

∞ 00 0∞ −∞

)1

nbn na

≥

A határozatlan eseteket a legtöbb esetben átalakítjuk és valamilyen más gondolatmenet alapján próbáljuk meg a határérték kiszámítását. Nagyon gyakori a racionális törtek határértékének kiszámítása. Erre vonatkozóan egyszerű kritériumot lehet levezetni.

Feladat. Tekintsük az 1

0 11

0 1

...

...

p pp

n q qq

A n An AB n B n B

−

−

+ + +=

+ + +0≠

a , , , ,

, általános tagú sorozatot. Számítsuk ki -et!

0p > 0q >

lim nna

→∞

0 0A ≠

0 0B ≠ 0 ...qqB n B+ +

Megoldás. Írjuk a sorozat általános tagját a következő alakba: 1

0

0

...

...

pp

p qn

qq

AAAn na n B

Bn

−+ + +

= ⋅+ +

.

Ha , akkor n , bármely n esetén, tehát p q= 1p q− = *∈ 0

0

lim nn

AaB→∞

=

0 >

(mert a

számlálóban is és a nevezőben is a többi tag határértéke . Ha p , akkor

, tehát és így

q

0p q >− lim p qn −

→∞= p q

n

−∞ =∞ 0

0

n AB

⋅∞ lim sgnna

→∞= . Ha ,

akkor , tehát

p q<

0<p q− 1 0∞

lim n→∞

limp q

n n

−

→∞= = és így . Érvényes tehát a

következő tétel:

lim 0nna

→∞=

Tétel. Ha 1

0 11

0 1

...

...

p pp

n q qq

A n An AB n B n B

−

−

+ + +=

+ + +a , p , q , A , B , 0> 0> 0 0≠ 0 0≠


0 ... 0qqB n B+ + ≠ , akkor

0

0

0

0

, ha ;

lim sgn , ha ;

0, ha .

nn

A p qB

Aa pB

p q

→∞

= = ⋅ ∞ > <

q

Feladat. Számítsuk ki a következő határértékeket: a) ( )2lim 1

nn

→∞+ −n ; b) ( )2lim 1

nn n n

→∞+ − .

Megoldás. a) A határérték alakú határozatlan eset, ezért átalakítjuk az

általános tagot:

∞−∞2 2

2

2 2

2

1 1 1111 1 1 1

n nn nnn n n n

n

+ −+ − = = = ⋅+ + + + + +

1 .

Mivel a második tört 12

0-hez tart és az első -hoz, a szorzat határértéke 10 02

⋅ = .

b) Az a) alpont alapján ∞⋅ alakú határozatlan eset. Az előbbi átalakítások alapján 0

( )2

11n

+ +, tehát a keresett határérték 1

2. 2 1

1 1n n n+ − =

2.15. A majorálási kritérium és a fogó tétel Az eddig megoldott feladatokban sok esetben tudtunk volna alakú egyenlőtlenséget felírni és így abból, hogy a b sorozat -hoz tart meg lehet határozni a küszöbszámot a -re a b -re létező küszöbszám függvényében. Hasonló a helyzet akkor is, ha az a egyenlőtlenség esetén azt tudjuk, hogy az a sorozat határértéke . Ebből következik, hogy a b is ∞ -hez tart. Ezeket az észrevételeket, a következő tételbe foglaljuk össze:

0 na b≤ ≤

n

n

)

n

n

0

n n

nbn ≤∞

Tétel. a) Ha , és , akkor (majorálási kritérium).

0 n na b≤ ≤ *n∀ ∈ lim 0nnb

→∞= lim 0nn

a→∞

=

b) Ha a b , és , akkor . n n≤ *n∀ ∈ lim nna

→∞=∞ lim nn

b→∞

=∞

Bizonyítás. a) A feltételek alapján esetén ∃ , úgy, hogy

, , tehát a 0 egyenlőtlenség is teljesül minden

esetén. Az -os konvergencia kritérium alapján .

0ε∀ >

n ε≤

( )n ε ∈

m 0na→∞=

0 nb ε≤ ≤

( )n n ε≥

( )n n ε∀ ≥

ε

a≤

lin

b) Az -os konvergencia kritérium alapján esetén , úgy, hogy

, , tehát a K egyenlőtlenség is teljesül minden n n

esetén. Így az értelmezés alapján n

.

ε

n

0K∀ > ( )n K∃ ∈

K a≤ (n n K∀ ≥ nb≤lim nb→∞

( )K≥=∞

Ez a két tulajdonság sajátos esete a következő általánosabb tételnek:


Tétel. (fogó tétel) Ha a b , esetén és ,

akkor . n n c≤ ≤ n 1n∀ ≥ lim limn nn n

a c l→∞ →∞

= = ∈

lim nnb l

→∞=

Bizonyítás. A feltételek alapján 0 , esetén. Mivel

, a majorálási kritérium alapján . Mivel

az előbbi két egyenlőségből következik, hogy .

n n nb a c a≤ − ≤ −

n

n 1n∀ ≥

(m b a→∞

−

lim nn→∞=

( )lim 0n nnc a l l

→∞− = − =

lim nna l

→∞= ∈

)li 0n n =

b l

Kissé humoros formában ezt a következőképpen szemléltethetjük: Két rendőr az utcán elfog egy tolvajt. Két oldalról megbilincselik és elindulnak a rendőrségre. Természe-tes, hogy így a tolvaj is kénytelen a rendőrségre menni. Ennek a „rendőrelvnek” az alkalmazása azt kívánja, hogy merjünk becsléseket végezni és így elég sok sorozatról meg tudjuk állapítani a konvergenciát.

Alkalmazások 1. Tekintjük azt a sorozatot, melynek n-edik tagja

2 2

3 3 3...1 2n

n n nxn n n

= + + ++ + +

2

n.

Konvergens-e a sorozat? Ha igen, számítsuk ki a határértékét! Ha n „nagy”, akkor a jobb oldalon álló összeg minden tagja kicsi, de ebből (erre már láttunk példát) még nem következik, hogy a sorozat 0-hoz tart, mert az összeadandók száma is n, és így ez is „nagy” és n-nel együtt növekszik. Becsüljük meg alulról és felülről x -et! n

2 2 2 2

3 3 3 3 3...nn n n n nx nn n n n n n n n n n

≥ + + + = ⋅ =+ + + +

3

+,

2 2 2 2

3 3 3 3 3...1 1 1 1n

n n n n nx nn n n n n

≤ + + + = ⋅ =+ + + +

3

1+.

Minden n esetén *∈3 3

3 3 1n nn nn n n= ≤ ≤ =

+ +

nc

nba x , a fenti egyenlőtlenségek alapján.

Az sorozatot közre fogtuk azonos határértékű konvergens sorozatokkal (mert

). Így a fogó tétel alapján az ( ) sorozat is konvergens és

határértéke 1.

( )na 1n≥

1 lnn nb = =lim im

→∞ →∞ 1n na ≥

2. Adott a 2 2 2

1 1 1...1 2n n n n

= + + ++ +

b sorozat. Vizsgáljuk meg a sorozat

konvergenciáját, és ha konvergens, akkor számítsuk ki a határértékét. n+

Becsüljük meg két oldalról b -et úgy, hogy az n tagú összeg legkisebb, illetve legnagyobb tagját vesszük n-szer.

n

2 2

1 11n na n b n c

n n n= ⋅ ≤ ≤ ⋅ =

+ + n .

Mivel , a majorálási kritérium alapján . lim 0nnc

→∞= lim 0nn

b→∞

=


3. Adott a 2 2 2

1 1 1...1 2

nn n n

= + + ++ +

b általános tagú sorozat.

Igazoljuk, hogy a sorozat konvergens és számítsuk ki a határértékét! n+

Az előbbi feladathoz hasonlóan írhatjuk, hogy 2 2

1 11

n nn n n

⋅ ≤ ≤ ⋅+ +

n b .

Mivel 2

2

1lim lim 111 1

n n

nn

n→∞ →∞

= =+ +

és 2

1lim lim 111

n n

nn n

n→∞ →∞

= =+ +

, a

fogó tétel alapján . lim 1nnb

→∞=

4. Tekintsük az ( )1

n

nn

≥ sorozatot. Vizsgáljuk a sorozat konvergenciáját!

Első pillantásra nem is tudjuk megsejteni, hogy konvergens-e a sorozat. Az biztos, hogy ha n , akkor 1> 1n n > . Az -edik gyök jelenléte kézenfekvővé teszi, hogy a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenséggel próbáljuk a sorozat n-edik tagját felülről becsülni. Ilyen módon

n

2

2 11 1 1 .... 1 1 2nn

n

n n nn n nn nn−

− + + ≤ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ = + −

1 .

Ha , 1na =1 11 2nc

nn

= + −

minden esetén, akkor *n∈

1 11 1 2nna n

nn

= ≤ ≤ + − =

nc lim 1nna

→∞, = és lim nn

c→∞

1= , tehát a fogó tétel alapján a

sorozat konvergens és lim 1n

nn

→∞= .

5. Határozzuk meg az 2n n

n=a , n sorozat határértékét. 1≥

A ( ) 0 1 2 1 2

10 12 1 1 ... 12

nn nn n n n n n

n n n nnC C C C C C

< = = ≤ = −+ + + + + + +

összefüggések és a majorálási kritérium alapján . lim 0nna

→∞=

Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő sorozatok konvergenciáját:

a) 2 2 2...1 2n

n n nn n n

= + + ++ + +

a ; b) n ( )22 2

1 1 1...1 2n n n n

= + + ++ + +1

a ;

c) 3 3 33 3 3

1 1 1...1 2

nn n n

= + + ++ +

a ; d) n+ 2

cos1 cos2 ... cosn

nn

+ + +=a ;

e) 5!

n

n n=a ; f) 1 3a −= . 5 ... (2 1)

2 4 6 ... (2 )nnn

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅


2. Konvergens-e az 3 3 3

3 3 3 3...1 2 3n

n n n nn n n n

= + + + ++ + + +

3

2na sorozat?

3. Számítsd ki a 21

lim 1 1n

nk

kn→∞

=

+ − ∑ határértéket!

4. Konvergens-e az 2 2 2 2 2 2...1 2 3n

n n n nn n n n

= + + + ++ + + + 2n

a sorozat?

Megjegyzés. Ha a 4. feladatban is az előző példákhoz hasonlóan próbálunk

becsülni, akkor azt kapjuk, hogy 2

22nnn

=b , 2

2 1nncn

=+

és b a , viszont n n c≤ ≤ n

1lim 1 lim2nn n

b→∞ →∞

= ≠ = nc , tehát a fogó tétel nem alkalmazható. Így legfeljebb csak

annyit tudunk mondani, hogy ha a kérdéses sorozat konvergens, akkor határértéke 12

és között van. Persze lehet, hogy ügyesebb becsléssel célhoz érhetnénk, vagy más módszerrel lehetne próbálkozni. A feladatra még visszatérünk, itt azért mutattuk be, hogy lássuk: a fogó tétel kínálta módszer is olyan, mint a többi módszer nem mindig vezet eredményre.

1

2.16. Monoton és korlátos sorozatok Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi az összefüggés egy konvergens sorozat tagjaiból alkotott halmaz torlódási pontjai és a sorozat határértéke között! Megoldás. Ha a sorozat tagjaiból alkotott halmaz véges (a sorozat egy idő után konstans), akkor a vizsgált halmaznak nincs torlódási pontja. Ha a sorozat tagjaiból alkotott halmaz végtelen, akkor a sorozat határértéke a halmaz torlódási pontja, mert minden környezete a sorozat végtelen sok tagját tartalmazza. Másrészt, ha a sorozat határértéke és egy szám, akkor az l -nek van olyan V környezete, amely a sorozat véges sok tagját tartalmazza. Így létezik olyan V környezet is, amelyre a

halmaz üres, tehát nem lehet torlódási pontja a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak

l a ≠ l

H

ss

1

1 \{ }V a a

Feladat. Legyen egy növekvő és felülről korlátos sorozat. Hány torlódási pontja van a sorozat tagjaiból alkotott halmaznak?

( ) 1n na

≥

Megoldás. Jelöljük -val a sorozat tagjaiból alkotott halmazt. A halmaz felülről korlátos, tehát létezik felső határa. A sorozat tagjai csak a felső határa körül torlódhatnak. Igazoljuk, hogy az s szám az egyetlen torlódási pontja a

halmaznak. Mivel a sorozat szigorúan növekvő, s . A szuprémum értelmezése alapján az s minden környezete tartalmazza a sorozat legalább egy elemét (ellenkező esetben létezne nála kisebb felső korlát), tehát s torlódási pontja a H halmaznak.

esetén létezik a -nak olyan környezete, amely nem tartalmazza s -et és így nem tartalmazhatja a sorozat egyetlen elemét sem. Ha a , akkor a szuprémum

H HH

sup=H

a >

H∉

<


8. ábra

értelmezésében szereplő második tulajdonság alapján létezik n úgy, hogy . Eszerint az a -nak az a környezete, amelynek felső határa a a

sorozatnak csak véges sok tagját tartalmazza. Így ezeknek a tagoknak az a -tól való nemnulla távolságai közt van legkisebb. Jelöljük ezt m -mel. Az a -nak -nél kisebb sugarú környezete nem tartalmazza a sorozatnak a -tól különböző tagját, tehát a nem lehet torlódási pontja a H -nak. Így a H -nak egyetlen torlódási pontja van, a szuprémuma.

0

∈

0na a< <

( )ns a

εε− <

limn→∞

lim nna

→∞=

s

s

0n

m

0

=

ε

( )εna

k

1

lim limnn na

→∞ →∞

1n*∈

212

Az előbbi feladatok megoldása alapján látható, hogy szigorúan növekvő és korlátos sorozatok esetén a tagokból alkotott halmaz szuprémuma egyben a sorozat határértéke is. Valóban az előbbi jelölések alapján, ha , akkor létezik n úgy, hogy

. A sorozat monotonitása és a szuprémum első tulajdonsága viszont

biztosítja, hogy s , . Tehát az ε -os konvergencia kritérium

alapján . Ha a sorozat nem szigorúan növekvő, de növekvő, akkor a

egyenlőség továbbra is igaz, mert ha a sorozat tagjaiból alkotott sorozat

végtelen sok elemet tartalmaz, akkor az előbbi gondolatmenet nem módosul, míg ha ez a halmaz véges, akkor ∃ ∈ úgy, hogy a s , . Így a sorozat ebben az

esetben is konvergens és a határértéke s . Hasonló gondolatmenet alapján igazolhatjuk, hogy a csökkenő és alulról korlátos sorozatok is konvergensek és határértékük a tagjaikból alkotott halmaz infimuma. Az előbbiek alapján érvényes a következő tétel:

>

n

( )ε<

na =

s

s n n∀ ≥ε− < <s

n∀ ≥ k

Tétel. 1) Ha az ( ) sorozat felülről korlátos és növekvő, akkor konvergens. 1n n

a ≥

2) Ha az ( ) sorozat alulról korlátos és csökkenő, akkor konvergens. 1n n

a ≥

3) Ha az ( ) sorozat korlátos és monoton, akkor konvergens. 1n n

a ≥

Példák. 1) Az 11nn ≥

−

általános tagú sorozat növekvő és egy felső korlátja 2 .

0 1

2334

x Az ábrán szemléltettük a sorozat néhány tagját. A monotonitás miatt a sorozat

tagjait ábrázolva mindig jobbra haladunk, de biztos, hogy 2-ig nem jutunk el. Mind több pontot berajzolva az ábrára, egyre jobban érezzük, hogy a sorozat tagjainak valamely pont körül „sűrűsödni” kell. A fenti példában könnyű megmutatni, hogy

11 1n

= −

, azaz a sorozat konvergens és határértéke 1. =

2) Tekintsük például az 2

1 ...2

an

= + + + sorozatot. Tetszőleges esetén n2

1


( )2 2

1 1 1 1 11 ... 1 ...2 1 2 2 3na

n n= + + + ≤ + + + + =

⋅ ⋅ −1 n

1 1 1 1 1 1 11 1 ... 1 1 22 2 3 1n n n n

= + − + − + + − = + − = − < − 2 ,

tehát a fenti becslés alapján 2 egy felső korlátja a sorozatnak. Mivel minden esetén, a sorozat korlátos.

1na >*n∈

Viszont a sorozat monoton növekvő, mert ( )1 2

1 01

n na an

+ − = >+

, 1n∀ ≥ . Tételünk

szerint a sorozat konvergens, létezik határértéke. De mi ez a határérték? Az biztos, hogy 2-nél nem nagyobb. L. Euler volt az első, aki bebizonyította azt a tényt, hogy

ennek a sorozatnak a határértéke 2

lim6nn

a π→∞

= . Ezt most még nem bizonyítjuk.

3) Vizsgáljuk meg az a sorozat konvergenciáját, ha a . nn a= ∈

1. eset. Ha a , akkor 0 , , tehát a sorozat csökkenő

és alulról korlátos. Így a sorozat konvergens. Mivel a , írhatjuk, hogy . Másrészt , mert az első tagtól eltekintve

ugyanannak a sorozatnak a határértékét látjuk mindkét oldalon. Ha l , akkor

ezek alapján l , tehát a alapján l .

)0,1∈

nna

a l⋅

1n na a+< <

1lim limnna +→∞ →∞=

0=

*n∀ ∈

1n+

nna

na= ⋅a

a

aa l

1lim limnna a+→∞ →∞= ⋅

=

lim nn→∞=

1≠2. eset. Ha a , akkor a . Ha a sorozat felülről korlátos volna, akkor

konvergens is lenne. Ebben az esetben az l szám teljesítené az l

egyenlőséget, tehát a határértéke kellene legyen. Ez nem lehetséges, mert a sorozat tagjai mind nagyobbak, mint 1 . Tehát a sorozat növekvő és felülről korlátlan. Így

.

1> 1 nn+ >

0

lim nn→∞= a= ⋅

lim nna

→∞=∞

3. eset. Ha a , akkor ( 1, 0)∈ − n na a= , tehát . lim 0nna

→∞=

4. eset. Ha a , akkor a sorozat nem konvergens, mert két egymást követő tag különbsége legalább 2 . A páros indexű tagokból alkotott részsorozat + -hez, a páratlan indexű tagokból alkotott részsorozat pedig −∞ -hez tart.

1≤−∞

5. eset. Ha a , akkor a , tehát . 1= 1n = lim 1nna

→∞=

Összefoglalva az előbbi eseteket kijelenthetjük a következő tételt:

Tétel.

0, ha 1 1;

1, ha 1;lim , ha 1;

n

n

a

aa a→∞

− < <

== ∞ >

∃ , ha 1.a

≤−


4) Vizsgáljuk az a a , a a sorozat konvergenciáját és számítsuk

ki a határértékét.

21 n nn+ = −a 1 [0,1]= ∈

A rekurzió alapján a a , tehát a sorozat csökkenő. Mivel a ,

írhatjuk, hogy a a . Általában ha ]a , akkor

, tehát a matematikai indukció elve alapján a ,

. Mivel a sorozat korlátos és csökkenő, konvergens is. Ha l -el jelöljük a

határértékét, a rekurzió alapján l l , tehát l . Így a sorozat konvergens és .

21 0n nn a+ − = − ≤

( )2 1 11 a= − ∈

[0,1]n

2= −

1 [0,1]∈

[0,1]n ∈

[

l

0,1] [0,1n ∈

( )1 1n na a a+ = − ∈1n∀ ≥

lim 0nna

→∞=

0=

Alkalmazás (Cesaro lemmája) Bizonyítsuk be, hogy minden végtelen sok különböző tagot tartalmazó korlátos sorozatnak van legalább egy konvergens részsorozata. Bizonyítás. Jelöljük a tagokból alkotott végtelen halmaz felső és alsó határát HM -mel illetve -mel. A bizonyítás a következő észrevételen alapszik: Ha egy [

intervallum egy halmaz végtelen sok elemét tartalmazza, akkor az

m , ]a b

,2

aa + b

és

,2

a b b+

intervallumok valamelyike szintén tartalmazza a halmaz végtelen sok

elemét. Így értelmezhetjük az ( ) 1n na

≥ és ( ) 1n n

b≥

sorozatokat a következőképpen:

, és [ ] az 1 =a m 1b M= 1 1,n na b+ + [ ]n,na b intervallum azon (fél) része, amely a

halmaz végtelen sok elemét tartalmazza. Így

H

12nn nM mb a −

−− = és mindkét sorozat

monoton és korlátos. Ebből következik, hogy konvergensek és a 12nn nM m

−

−b a

egyenlőség alapján azonos a határértékük. A két sorozat közös határértékének minden

− =

l0ε > sugarú környezete a halmaznak végtelen sok elemét tartalmazza,

tehát kiválasztható egy -hez tartó konvergens részsorozata az eredeti sorozatnak. H

lGyakorlat. Bizonyítsd be, hogy a következő sorozatok konvergensek és számítsd ki a határértéküket: a) n

n =a , ahol a ( )0,∈ ∞a rögzített szám;

b) nn =a n , . 1n∀ ≥

2.15. A hányadoskritérium Az előbbi paragrafusban láttuk, hogy azok a mértani haladványok, amelyek kvóciense abszolút értékben 1 -nél kisebb, konvergensek és határértékük . A határértékek szempontjából sok olyan sorozat van, amely mértani haladványhoz hasonlóan viselkedik, bár nem mértani haladvány. Ilyen esetekre vonatkozik a következő kritérium:

0


Tétel. (hányadoskritérium) Ha az ( ) pozitív tagú sorozat tagjaira 1n n

a ≥1lim n

nn

al

a+

→∞=

akkor igazak a következő állítások: 1. Ha l , akkor a sorozat konvergens és határértéke 0 . 1<

2. Ha l , akkor az x sorozat is konvergens. 1<1

n

n kk=

=∑a

a

3. Ha l , akkor a sorozat divergens és határértéke ∞ . 1>

4. Ha l , akkor az x sorozat divergens. 1>1

n

n kk=

=∑5. Ha , akkor a sorozat lehet konvergens is és divergens is, tehát nem

tudjuk eldönteni. 1l =

Bizonyítás. 1) Az l feltétel alapján létezik olyan , amelyre l és

ehhez az -hoz találunk olyan n természetes számot, amelyre

1< 0ε > 1ε+ <

ε ( )ε 1 1n

n

aa+

kn k+

(ε

l ε< + <

( )n l ε≤ ⋅ +

)

,

. Ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy a a ,

. Tehát a a ha n n . Mivel (és így n is) rögzített

szám, ezért a majorálási kritérium alapján .

( )εn n∀ ≥

1k ≥ ( )n nl ε+ ( )n n ε−

( )ε≤ ⋅ ( )ε≥

lim nna

→∞=

ε

0

2) Az előbbi becslések alapján

( )( ) 1 ( ) ( ) 1

( ) ( )1 0 1

11

n n n nk

n k knk k k

x a a l a al

ε ε ε

εε

ε

− − −

= = =

≤ + ⋅ + ≤ + ⋅− −∑ ∑ ∑

1n na ≥

n ε, tehát az ( ) sorozat

felülről korlátos. Mivel az ( ) sorozat tagjai pozitívak, az ( ) sorozat

növekvő, tehát konvergens.

1n nx ≥

1n nx ≥

3-4) Az l feltétel alapján létezik olyan , amelyre l és ehhez az -

hoz találunk olyan n természetes számot, amelyre

1> 0ε > 1ε− > ε

( )ε 1 1n

n

aa+

n>

(ε

l ε> − >

( )kl ε⋅ −

)

lim nna

→∞

, .

Ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy a a , . Tehát

, ha n n . Mivel ε (és így n is) rögzített szám, ezért

az általános tagú sorozat -hez tart és így . Az x

divergenciája innen nyilvánvaló, mert .

( )ε

n

n n∀ ≥

1≥

=∞

n k+ k

( )n na a ε>

( )

n n

n ε−

( )n n ε−

( )ε

( )l

ε⋅ −

( )a l ε⋅ −

( )ε≥

∞

n nx a>

5) Az a és 2n n= 2

1n n=a sorozatokra a 1lim n

nn

aa+

→∞ egyaránt 1 és az egyik esetben az

sorozat, akárcsak az ( ) sorozat divergens, míg a másik esetben konvergens. ( )n na ≥1 1n nx ≥

Alkalmazások 1. Tanulmányozzuk az a P sorozat konvergenciáját, ha ( ) nn n a= [ ]∈P egy n -ed fokú polinom és a .

X( 1,1)∈ −


Az 1 ( 1)( )

n

n

a P n aa P n+ += ⋅ egyenlőség alapján 1lim n

nn

aa

a+

→∞= , tehát ha 1a < , akkor

a sorozat konvergens és határértéke . 0

2. Számítsd ki az 2!

n

n n=a , n sorozat határértékét. 1≥

Erre a sorozatra 1lim n

nn

aa+

→∞ ( )

12 !1 ! 2 1

n

n

nn n

+

= ⋅ =+ +

2 , tehát . lim 0nna

→∞=

Gyakorlatok és feladatok 1. Tanulmányozd a következő sorozatok határértékét:

a) , 0,!

n

na nn

= > ≥ 1a a ; b) 2 , 0,(1 )(1 )...(1 )

n

n n

aa a a

= > ≥+ + +

1na a ;

c) ( 1)( 2)...( ) , 0 , 1( 1)( 2)...( )na a a a nb b b b n+ + += < ≥+ + +

a a ; b n<

n 1

2. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) pozitív tagú sorozat tagjaira az

sorozat konvergens és , akkor az ( ) sorozat is

konvergens.

1n na ≥

1n nx a aα+= − ⋅ 0 α< <1n n

a ≥

3. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) pozitív tagú sorozat tagjai teljesítik az 1n n

a ≥

12 2

nnn

a aa ++

+≤

( ) 1n na ≥

egyenlőtlenséget minden természetes számra, akkor az

sorozat konvergens.

1n ≥

2.18. Az e szám (Euler-féle szám)

Az 11n

nan

= +

általános tagú sorozatot tanulmányozzuk.

( )11 1 1a = + , 2

2112

= +

a , 3

3113

a = +

, ..., 11

n

nan

= +

, ...

1. módszer. Alkalmazva a Bernoulli egyenlőtlenséget -re, kapjuk, hogy na

11 1n

na nn n

= + ≥ + ⋅ =

1 2 , minden . *n∈

Megmutatjuk, hogy a sorozat monoton növekvő és felülről korlátos. A sorozat első

tagjai: , 1 2a = 294

a = , 36427

a = , stb. Megfigyeljük, hogy 1 2a a a3< < . Ebből arra

következtetünk, hogy a sorozat növekvő. Valóban, 1

11 11 1

1

n n

n na an n

+

+ = + > + = +

,


mert, ekvivalens átalakításokkal, 12 1

1

n nn nn n

++ + > +

,

2 2 11 1 1

n nn n nn n n+ + ⋅ ⋅ > + + +

,

2

2

2 2 12 1 1

nn n n

n n n + +

⋅ > + + + ,

2

2 2

2 2 112 1 1 2 1 1

n nn n n nn n n n n n

+ + + 2⋅ = − ⋅ > + + + + + +

3 2

2 3 2

2 3 3 21 12 1 1 3 3 1n n n n n

n n n n n n+ + + + > − ⋅ = > + + + + + +

,

ahol ismét alkalmaztuk a Bernoulli egyenlőtlenséget. Ebből következik, hogy minden esetén, tehát a sorozat növekvő. 1na + > na *n∈

A korlátosságot a binomiális tétel segítségével mutatjuk meg. Mint láttuk, a sorozat alulról korlátos, és egy alsó korlátja 2. Felső korlátot keresünk. Fennáll, hogy

1 22

1 1 11 1 ...n

nn n n na C C C

n n n = + = + ⋅ + ⋅ + + ⋅

1n n

=

1 1 1 1 2 1 1 11 1 1 1 1 ... 1 ... 12! 3! !

nn n n n n

− = + + − + ⋅ − − + + − − n

.

Tekintsük a következő becslést: 1 1 11 1 1 ...

2! 3! !

n

nan n

= + < + + + + +

1≤

2 1

111 1 1 21 ... 1 112 2 2 1

2

n

n−

− + + + + = + < +−

1 2 3≤ + = .

*Tehát a sorozat korlátos , 2 3na≤ < , és monoton növekvő. Így tehát tudjuk, hogy a sorozat konvergens, a határértéke létezik és

n∀ ∈2 lim 3nn

a→∞

≤ ≤ . n

2. módszer. Igazoljuk, hogy az 11n n = + e sorozat növekvő és, hogy az

111

n

nen

+ = + sorozat csökkenő. Az e egyenlőtlenség ekvivalens az 1n ne +≤

111 1

1

n

nn

n n+ + + ⋅ ≤ +

2 egyenlőtlenséggel. Ez viszont a számtani és mértani közép

közti egyenlőtlenség az 1 2 ... n= = = 11xn

= +x x és x számokra. 1 1n+ =


Hasonlóképpen az 1n+ ≤ nee egyenlőtlenség rendre a következőképpen alakítható: 2 21 11 1 2 11 1

1 1

n nn nn nn n n n

+ ++ + + + + < + ⇔ < ⇔ + +

1 2 1

21 11

1 2 1

n n n

nn n n nn n n

+ + +

+ + + ⇔ < ⇔ ⋅ < + + + 2n +

.

Az utolsó egyenlőtlenség a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség az

1 2 1...1n

nx x xn+= = = =+

és számokra. 2 1nx + =

Másrészt nne e< , tehát az előbbi egyenlőtlenségek alapján mindkét sorozat konvergens (az ( ) 1n≥ne sorozat minden tagja alsó korlátja az ( ) sorozatnak és az 1n ne ≥

( ) 1n ne ≥ sorozat minden tagja felső korlátja az ( ) 1n ne ≥ sorozatnak)

3 21 2 3 ... ...nne e e e e e e e< < < < < < < < < 1

l

. Ebből következik, hogy létezik a és az lim nn

e→∞

= lim nne

→∞= l határérték. Mivel

11n ne en

= ⋅ + , a két határérték egyenlő egymással. Ugyanakkor e és 1 2=

6

511 25

e = + , 985984... 3< , tehát . Jelöljük az 2 3,ne n< < ∀ ≥ 1 ( )ne

18281..1n≥

.

sorozat határértékét e-vel. e értéke, néhány tizedesnyi pontossággal: e 2,7= . Az e számmal a továbbiakban többször találkozunk. Más módon is elő fogjuk állítani és megmutatjuk, hogy e irracionális szám. e-t a természetes logaritmus (logaritmus naturalis, az természetes logaritmusát

-el jelöljük) alapszámának is szokás nevezni. x

ln xAz előbbiek alapján

11 1lim 1 lim 1n n

n ne

n n

+

→∞ →∞

+ = + =

Következmény. Az e és 1n ne +< 1n+ < nee egyenlőtlenségek alapján 1 1ln( 1) ln1

n nn n

< + − <+

, n . 1≥

Alkalmazás. Tanulmányozzuk az 1 1 11 ... ln2 3n n

= + + + + −c n , n sorozat

konvergenciáját. A c egyenlőtlenség ekvivalens az

1≥

1 nn+ < c11n +ln( lnn n−1)< +

egyenlőtlenséggel, tehát a ( ) 1n≥nc sorozat csökkenő. Ugyanakkor a következmény

második egyenlőtlensége alapján: ln 2 ln1 1− <

1ln 3 ln 22

− <


1ln 4 ln 33

− <

...................... 1ln( 1) ln1

n nn

+ − <−

1 1ln( 1) 1 ...2 1

nn

+ < + + +−

Ebből következik, hogy 1 ln( 1) ln1 nn n

n< + − <

+c , tehát a sorozat alulról

korlátos (pozitív tagú) és így korlátos. A ( ) 1n nc ≥ sorozat határértékét c -vel jelöljük és

Euler-féle állandónak nevezzük. Megjegyezzük, hogy még mindig megoldatlan probléma a c irracionalitásának kérdése. Feladatok

1. Bizonyítsd be, hogy 1 1 1lim ... ln 21 2 2n n n n→∞

+ + + = + +.

2. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) pozitív tagú sorozatra 1n n

a ≥

1

lim 1 0n

nn

an la→∞+

− = > , akkor . lim nn

a→∞

= 0

2.19. Az 1 alakú határozatlan eset ∞

Az alakú határozatlan esetek visszavezethetők más határértékek kiszámítására a következő tétel alapján: 1∞

Tétel. 1m 1nx

nn

ex→∞

+ =

li , ha lim nn

x→∞

= +∞ (vagy lim nnx

→∞= −∞ ) és ( ) 1n n

x≥

valós számsorozat.

Bizonyítás. Tételezzük fel, hogy és 0nx > lim nnx

→∞= +∞ . Legyen [ ]nx m= . Mivel

nem korlátos, ha , akkor m . Az ismert tulajdonság alapján ( ) 1n nx

≥n →+∞ →+∞

1m x m≤ < + ,

és ebből következik, hogy 1 1 11nm x m

≥ >+

, vagy

1 1 11 1 11nm x m

+ ≥ + > ++

.

Az előbbi egyenlőtlenséget nx -edik hatványra emelve kapjuk, hogy

1 1 11 1 11

nn nxx x

nm x m + ≥ + > + +

,

Mivel 1 11 11 1

nx m

m m + > + + +

és

11 11 1nx m

m m

+ , kapjuk, hogy + ≤ +


11 11 1 11

nxm m

nm x m

+ + ≥ + > + +

1

.

Ismeretes, hogy 11 1lim 1 lim 1

1

m m

n ne

m m

+

→∞ →∞

+ = + + = , tehát a fogó tétel alapján

1lim 1nx

nn

ex→∞

+ =

.

Az előbbi gondolatmenetet használva igazolható a következő állítás is:

Következmény. Ha és 0nx > lim 0nnx

→∞= , akkor létezik ( )

1

lim 1 nxnn

x e→∞

+ = .

Gyakorlatok és feladatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket:

a) 2

2

3 1lim1

n

n

n nn n→∞

− + + + ; b) lim

3 2

an

n

n nn n→∞

+ + +; c) ( )( )lim 2 1

n

nn n n

→∞+ − ;

d) lim 1n

n

xn→∞

+ ; e) 13lim 1

nn

k

n

k

n=

→∞

+

∑; f) 1lim 1 sin

n

n n→∞

+ .

2. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor lim 0nnx

→∞=

a) 1lim 1nx

nn

ex→∞

− = ; b) 1lim lnnx

nn

a ax→∞

− = c) ( )ln 1lim 1n

nn

xx→∞

+=

x a

.

3. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor és . lim nnx

→∞= a elim n

ne

→∞= lim ln lnnn

x a→∞

=

4. Számítsd ki a következő határértékeket:

a) (lim 1nnn a

→∞− ) ; b) lim

2

nnn

n

a b→∞

+ ; c) 1lim

np

nk

k

n

a

p=

→∞

∑.

5. Bizonyítsd be, hogy ( )( )1 1lim 1 ! !nnn

n ne

+→∞

+ − = . (Traian Lalescu sorozata)

2.20. A Cezáro-Stolz tétel

Legyen tetszőleges sorozat, a ( ) 1n na

≥ ( ) 1n nb

≥ sorozat pedig szigorúan monoton

és nem korlátos. Ha létezik a 1

1

lim n

nn n

a ab b

+

→∞+

n l−=

− határérték, akkor létezik a li

határérték is és

m n

nn

ab→∞


1

1

lim limn n n

n nn n n

a a a lb b b

+

→∞ →∞+

−= =

−.

Bizonyítás. Rögzítsünk egy 0ε >

N

számot. A feltevés szerint létezik olyan

természetes szám, hogy ha n , akkor

*N ∈

> 1

1 2n n

n n

a a lb b

ε+

+

−− <

−. Ez azt jelenti, hogy

1

12 2n n

n n

a a lb b

ε ε+

+

−− < −

−< ,

vagy ezzel ekvivalens 1

12 2n n

n n

a al lb b

ε ε+

+

−− < <

−+ .

Tételezzük fel, hogy a ( ) sorozat szigorúan növekvő és nem korlátos, ekkor az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk a

1n nb

≥

1 0n nb b+ − > mennyiséggel és kapjuk, hogy

( ) ( )1 1 12 2n n n n nl b b a a l bε ε+ + +

− − < − < + −

nb , ha , n N>

vagyis ha { }1, 2,..., ,...n N N n∈ + + . Legyen n N k= + , ekkor az előbbi egyenlőtlenség így írható:

( ) ( )1 1 12 2N k N k N k N k N k N kl b b a a l b bε ε+ + + + + + + + +

− − < − < + −

.

Összegezve ezen egyenlőtlenségeket, kapjuk, hogy

( ) ( ) ( )1 11 1 12 2

n n n

N k N k N k N k N k N kk k k

l b b a a l b bε ε+ + + + + + + + +

= = =

− − < − < + −

∑ ∑ ∑ 1 .

Elvégezve az összegzést 1-től n-ig, kapjuk, hogy

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 12 2N n N N n N N n Nl b b a a l b bε ε+ + + + + + + + +

− − < − < + −

,

vagy ezzel egyenértékű a következő egyenlőtlenség:

( ) ( )1 1 1 1 1 12 2N n N N N n N n N Nl b b a a l b b aε ε+ + + + + + + + + +

− − + < < + − +

1 .

Ha az előbbi egyenlőtlenséget végigosztjuk b 1N n+ + -gyel, akkor kapjuk, hogy ( ) ( )1 1 1 11 1

1 1 1 12 2N n N N n NN N n N

N n N n N n N n N n

b b b ba a al lb b b b b

ε ε+ + + + + ++ + +

+ + + + + + + + + +

− − − + < < +

1

1

++ ,

vagyis 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 12 2 2 2N N N N n N N N

N n N n N n N n N n N n N n

b lb a a b lb alb b b b b b b

1

1

εε ε ε+ + + + + + + +

+ + + + + + + + + + + + +

− + ⋅ − + < − < − − ++

,

és határértékre térve,


1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

lim 0 lim2 2

N N N N N

n nN n N n N n N n N n N n

b lb a b lb ab b b b b b

ε ε+ + + + +

→∞ →∞+ + + + + + + + + + + +

⋅ − + = = − − +

1

1

N +

,

mert 1

1 0N nb + +

→ , mivel a sorozat nem korlátos és monoton. Tehát a fogó tétel

alapján

( ) 1n nb

≥

lim n

nn

ab→∞

0l

− = ⇒ lim n

nn

ab→∞

l= .

Megjegyzés. A tétel akkor is igaz, ha az ( ) és 1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ sorozatok határértéke 0

és a ( ) 1n nb ≥ sorozat csökkenő. (Ezt Irina Rizzoli igazolta 1992-ben, a bizonyítás

részletesen megtalálható az RMT 1992/2-es számában.) Következmények

1. Ha az ( ) sorozat konvergens és , akkor 1n n

x ≥ lim nnx

→∞= l

1

1limn

nnk

x ln→∞

=

=∑ .

Bizonyítás. Az a x és b sorozatok teljesítik a Cesaro-Stolz tétel

feltételeit és

1

n

n nk=

=∑ n = n

1

1

limn

n nn

a ab b+

+

−−

1lim lim nnn

an

+

→∞ →∞ →∞=

( 1)n na

n=

+ −l= , tehát

1

1limn

nnk

x ln→∞

=

=∑ .

2. Ha az ( ) pozitív tagú sorozat konvergens és , akkor 1n n

x ≥ lim nnx

→∞= l

1 2lim n nnx x x l

→∞⋅ ⋅ =3 ...x ⋅ ⋅ .

Bizonyítás. Az 1 2 31

1ln ... lnn

nn nk

x x xn =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ∑l

ln l =

nxy x sorozat konvergens és

határértéke az előbbi tulajdonság alapján. Ebből következik, hogy az általános tagú sorozat határértéke e l .

lnnb =ny

nz e=

3. Ha az ( ) pozitív tagú sorozat konvergens és 1n n

x ≥1lim n

nn

xl

x+

→∞= , akkor

lim nnnx l

→∞= .

Bizonyítás. Az a x és b sorozatok teljesítik a Cesaro-Stolz tétel

feltételeit és

lnn n= n = n

1 1 lnlim ln ln

( 1)n nn n n

nn n

x x xl

n n x+ +

→∞

− −= =

+ −1+ =

1

limn

a ab b→∞+ −

lnlim

n n→∞, tehát

1lim ln lnnnx

n→∞= l és így lim n

n→∞ nx l= .

Gyakorlatok 1. Számítsd ki a következő határértékeket a Cesaro-Stolz kritérium segítségével:

a) 4 4 4

5

1 2 3 ...limn

nn→∞

+ + + + 4

; b) 1

1 2 3 ...limp p p

p

nn +→∞

+ + + + p*p ∈

n, ;


c) 1lim

nk

knn

k

n=

→∞

∑; d)

1

1 1limln

n

nkn k→∞=∑ ;

e) ( )

1! 2 ! 3 ! ... !lim2 !n

nn→∞

+ + + + ; f) 1

1 2 3 ... 1lim1

p p p p

pn

nnn p+→∞

+ + + + − + .

2. Számítsd ki a következő határértékeket a Cesaro-Stolz kritérium következményei segítségével:

a) 3

1

limn

nn

k

k→∞

=∑ ; b)

2

41

1lim2

n

nn

k

k kk k→∞

=

+ ++∑ ;

c) ( )( )

2!lim

2 ! 6n

nn

nn→∞ ⋅

; d) ( )( )

333 !lim

3 !

n

nn

nn→∞

;

e) !limn

n

nn→∞

; f) lim sin sin sin ... sin2 3 4

nn n

π π π→∞

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ π .

2.21. Megoldott feladatok 1. Legyen az ( ) sorozat a következő:

1n na

≥

1 1a = , 1 sinn na a+ = , *n∀ ∈

Mutassuk meg, hogy az ( )2

1n nna

≥ sorozat korlátos. Konvergens-e az ( )2

1n nna

≥ sorozat?

Megoldás. Először igazoljuk, hogy 2

1cos1

xx

<+

, ha 02

x π< < . Mivel

sin tgx x< < x , következik, hogy 2

2 22

sin 1cos 1 cos 1 tg cos 1 cos 1cos cos

xx x x x x xx x

+ < + = ⋅ + = ⋅ = ,

2cos 1 1x x⋅ + < ⇒ 2

1s1

xcox

<+

, ha 0,2

x π ∈

.

Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy amennyiben , akkor 1n ≥ 10 2nan

< < .

1n = -re 11in1 1 21

a< = ≤ < =0 s igaz; 2

2n = -re 1in(sin1) 2 22

< < =0 s igaz.

Legyen és feltételezzük, hogy k-ig minden természetes számra igaz a fenti

állítás, vagyis

2k ≥12kak

< . Következik, hogy


11sin sin 2k ka ak+

= <

,

11 1 1 10 sin sin 2 2sin cos 2

11k ka a

k kk kk

+

< = < = < ⋅

1

+,

11 1 12 2

11kakk k

k

+ < ⋅ =++

,

tehát az állítás igaz ( -re is, így a matematikai indukció elve szerint igaz minden

természetes számra. Innen következik, hogy

)1k +20 4nna≤ < , , tehát az (*n∀ ∈ )2

1n nna

≥

sorozat korlátos. Igazolható, hogy a sorozat növekvő, tehát konvergens. A feladatra visszatérünk a függvényhatárértékek tanulmányozása után, mert azok segítségével a határértékét is ki tudjuk majd számolni. 2. Legyen . Mit tudunk állítani az 1a > ( )

1

n

na

≥ sorozatról?

Megoldás. *1 ,n na a n+ < ∀ ∈ , mert mindkét oldalt ( )1n n + -edik hatványra

emelve, 1nana +< . Az ( )1

n

na

≥ sorozat tehát monoton csökkenő, alulról korlátos, mert

1n a > , ezért konvergens is. Mi lehet a határértéke? Mivel 1

n na a= és a kitevő nullához tart, ezért

n1lim n a

→∞= -re gondolunk. Valóban, a 1n a ε− < , 1n a ε− < ,

1n a ε< + egyenlőtlenségek ekvivalensek. Az utóbbit logaritmálva, kapjuk, hogy

(lg 1ε< + )lg n a , vagyis (lg 1ε )lg an

< + , ami teljesül, ha ( )lg

lg 1a

ε>

+n (mert

1 1ε + > ). Tehát nlim→∞

1n a = .

3. Mutassuk meg, hogy n

1lim 0!n n→∞= .

Megoldás. Előbb igazoljuk, hogy minden esetén *n∈ !3

nnn >

. A bizonyítást

teljes indukcióval végezzük el.

1n = -re igaz, mert 13

>1 .


Tegyük fel, hogy igaz az egyenlőtlenség -re és mutassuk meg, hogy igaz -re

is. Valóban, ( )

n ( )1n +

( ) ( )1 11

3

n1 31 ! 1 ! 13 3 1

n n

nn n nn n n n

nn

+ +

+ + + = + > + = ⋅ > +

, mert

11n

n + <

3 . Ezzel az egyenlőtlenséget igazoltuk. Az !3

nn >

n egyenlőtlenségből

1 10!

3n n nn

< < =3 , és a fogó tétel alapján

nlim→∞

1 0!n n= .

Megjegyzés1. Ha a Cesaro-Stolz kritérium következményét használjuk, elkerülhetjük az előbbi bonyodalmakat.

4. Konvergens-e a 1

3!

n

nn≥

sorozat?

Megoldás. Legyen . Ekkor 3n >33 3 3 3 3 3 9 3 32 3..

! 1 2 3 4 2 4 3 4

n nn

n n

− < = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ ⋅ = ⋅

0 . .

Mivel n

3lim 0,4

n

→∞

=

ezért a fogó tétel alapján kapjuk, hogy n

3lim 0!

n

n→∞= .

Megjegyzés. A hányadoskritérium alapján a megoldás itt sem igényel ötleteket.

5. Konvergens-e az 3

15nn

n

≥

sorozat?

Megoldás. 33

35 5n n

n n =

. Vizsgáljuk az ( )3 5

n nna = általános tagú sorozatot! Mivel

3 5 1> , azt sejtjük, hogy a nevező „gyorsabban növekszik”, mint a számláló, vagyis,

hogy 3

lim 05

nn

n→∞

= . Legyen 3 5 1 , 0α α= + > . Következik, hogy

( ) ( ) ( ) ( )3 2 2

01 115 1 ...

2 2

n nn n n n

n n n nnα α α α

< = < <− −+ + + +

.

1 A bizonyított kritériumok hatékonyságának bemutatása céljából a 2.-5. feladatokra bemutatott megoldások nem a legrövidebbek, viszont tartalmaznak tanulságos ötleteket.


A jobb oldalon ( ) ( )2

2 01 1

2

nn n n α

α=

− −

lim 0nna

→∞=

→ . A fogó tétel szerint az sorozat

konvergens és , tehát az

( ) 1n na

≥

( )3

11

n nn

a≥

≥

=3

5n

n

sorozat is konvergens és

határértéke 0. Megjegyzés. A hányadoskritérium alapján itt is azonnali a megoldás.

6. Legyen 11n

n n= +

e és

1 1 11 ...1! 2! !ns

n= + + + + . Igazoljuk, hogy

lim limn nn ns e e

→∞ →∞= = .

Megoldás. Az sorozat növekvő, mert ( ) 1n ns

≥ ( )11 0

1 !n ns sn+ − =+

> és korlátos,

mert 2 1

11 1 ... 32n ns −< + + + <

1 12 2+ + . Tehát az ( ) 1n n

s≥

sorozat konvergens, még csak

azt kell megmutassuk, hogy határértéke e. A binomiális tétel felhasználásával

( )2

1 ...2 11 1 1 11 1 ...2 !

n

n n

n nne n nn n n n

− ⋅− 1n

= + = + ⋅ + ⋅ + + ⋅

≤

1 1 11 1 ...2! 3! ! ns

n≤ + + + + + = .

Tehát e , innen következik, hogy n s≤ n nslim limnn ne

→∞ →∞≤ , vagyis

lim nns e

→∞≥ . (1)

Rögzítve egy számot és -t választva, e -nek a binomiális tétel segítségével felírt előző alakjában hagyjuk el a

*k∈ n k> n

( )1k + -edik tag utáni tagokat. Ezzel -et csökkentjük. ne

( ) ( )( ) ( ) ( )2 3

1 1 2 1 ... 11 11 1 ...2! 3! !n k

n n n n n n n n ke

n n n− − − − − +

> + + ⋅ + ⋅ + + ⋅ =1k

1 1 1 1 2 1 1 11 1 1 1 1 ... 1 ... 12! 3! !

kn n n k n

− = + + − + − − + + − − n

.

A bal oldal határértéke , a jobb oldalon (k rögzített, értéke nem változik) e1 1 1 1 2 1 1lim 1 1 1 ... 1 1 ... 1 1 1 ...2! ! 2! !n

kn k n n n→∞

− + + − + + − − − = + + + +

1k

.

Ebből tehát 1 11 ...1! ! ke

k≥ + + + = s . Ez az egyenlőség minden k természetes számra

igaz, ezért


. (2) lim kke

→∞≥ s

Így (1) és (2) alapján létezik lim nns e

→∞= . Mivel ( ) 1n n

s≥

gyorsabban konvergál e-hez,

mint az ( ) sorozat, ezért e kiszámítására (megközelítésére) az ( ) sorozat

alkalmasabb, mint az ( ) . 1n n

e≥ 1n n

s≥

1n ne

≥

7. Igazoljuk, hogy az szám irracionális! eMegoldás. A bizonyítást indirekt módon végezzük. Feltételezzük, hogy e

racionális, vagyis peq

= , ahol ,p q∈ , 0q ≠ , majd azután ebből a feltételből

ellentmondást vezetünk le. Mivel 2 e 3< < , e nem lehet egész szám és ezért .

Mivel

2q ≥1lim 1 ...1! !n

en→∞

= + + +

1 , igazolható, hogy

1 12 ...2! ! !

nen n n

θ= + + + +

⋅, ahol 0 1nθ< < .

Ebből kapjuk, hogy 1 1 12 ...2! 3! ! !

qpq q q q

θ= + + + + +

⋅, ahol 0 1qθ< < . Az előbbi

egyenlőség mindkét oldalát q -sal szorozva kapjuk, hogy !

( ) 1 1 11 ! 2 ... !2! 3! !

qp q qq q

θ − = + + + + +

, ahol 10 q

q q1

θ< < < , tehát q

qθ

nem egész.

Viszont a bal oldalon a szám egész, és a jobb oldalon a ( 1 !p q − ) 1 12 ...2! !

qq

+ + +

!

szám is egész, innen következik, hogy q

qθ

, mint két egész szám különbsége, egész

kell legyen, ami ellentmondás. Tehát az e szám irracionális. 8. Tekintsük a következő sorozatot: 1 2=a , 1 2n na a+ = + , ha . Így is írhatjuk a sorozat tagjait:

*n∈

2 , 2 2+ , 2 2 2+ + , ..., 2 2 ... 2+ + + , ... Konvergens-e a sorozat? Megoldás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy a sorozat növekvő: és feltételezzük, hogy . Ekkor

2a a> 1

1n na a −> 21 2n na a+ = + , 2

12na na −= + , ebből következik, hogy

( )( )2 21 1 1n n n n n n na a a a a a a a+ − +− = − + > − 1n−

na,

és az indukciós feltételt felhasználva, következik, hogy a . Tehát a sorozat monoton növekvő. Korlátos-e?

1n+ >


1 2 2a = < és feltételezzük, hogy 2na < . Ebben az esetben

1 2 2 2n na a+ = + < + = 2 , tehát a matematikai indukció elve alapján a minden n természetes számra, ezért 2 felső korlátja a sorozatnak.

2n <

Mivel a sorozat monoton növekvő és felülről korlátos, konvergens is. a-val jelölve a határértékét és az 1 2na + = + na képletben határértékre térve kapjuk, hogy 2= +a a

(mert ), ahonnan 1lim limn nn na a+→∞ →∞

= a=1 3

2a ±= . Mivel a sorozat tagjai pozitívak,

következik, hogy a . lim nn→∞2a= =

Hangsúlyozzuk, hogy nagyon lényeges volt az előbb, hogy előre tudtuk a határérték létezését és csak utána tértünk határértékre a kifejezésben. A következő, hibás példa is mutatja, hogy ez mennyire fontos: Legyen , , ha . Ha l1 2a = 1 2na + = na a*n∈ im nn

a→∞

= , akkor és

határértékre térve a rekurziós képletben, kapjuk, hogy 1lim 0nn

a +→∞=

2a a= , ahonnan . Viszont a vizsgált sorozat a (

0a =)

12n

n≥ sorozat, ami nyilván nem tart 0-hoz, sőt, nem is

konvergens! 2.22. Gyakorlatok és feladatok I. 1. Konvergensek-e a következő, általános tagjukkal adott sorozatok? Ha igen, számítsd ki a határértéket!

a) 2

2

2 25 1 3nn nn n− += −+ +

12

a ; b) ( )2

1 4 7 ... 3 21n

nn n

+ + + + −=+ −

a ;

c) ( )1 3 5 ... 2 1n

nn+ + + −

a = ; d) 11 3 ... 3

9

n

n n

−+ + +a = ;

e) 4 2

3 6 9 ... 31

nn

n n+ + + +=

+ +a ; f) 2 2 2

1 2 ...1 2n

nn n n

= + + ++ + +

a ; n

g) 2

1 1 11 ...3 3 31 11 ...2 2

n

n

n

+ + + +=

+ + +a ; h)

( ) ( ) ( )

23 2 11 2 ...n

n nn n n

+ +=+ + + + + +

a ; n

i) 2 22 1

3nn nn+ − ++

1a = ; j) ( ) ( )4 2

3 1 3 2 ... 42

nn n

n n+ + + + +=

+ +na ;

k) ( )2 5 8 ... 3 15n

nn

+ + + + −=+

a ; l) 3

4 41 1n

nn n n

=+ + + +

a .

2. Számítsd ki a következő határértékeket: a) ; b) ; ( )2lim 3 2 5

nn n

→∞− + ( )3 2lim 7 2 3

nn n

→∞− + +


c) 5 4

5 2

20 3 1lim2n

n nn n→∞

− +−

; d) 2

5 2lim3 1n

nn→∞

−+

;

e) 4 2

3

2 2 3 3lim5 1n

n nn→∞

− + ++

n ; f) 1lim1n

nn→∞

+−

;

g) 233 1lim

2 1n

nn→∞

++

; h) 35 3 2lim

2 1n

nn→∞

− ++

;

i) 1 2lim2 3

n n

n→∞

+ ; j) ( )lim 5 0,5 nn

n→∞ + ;

k) 5 2lim 2 32 5

nn

n→∞

− ; l) ( )2

4lim 1,21

n

n n→∞

−

+ ;

m) 2 7lim3 8

n n

n nn→∞

++

; n) 2

4lim2 1

n

nn→∞ −.


a) 2 21

2 1lim( 1)

n

nk

kk k→∞

=

++∑ ; b)

1

1lim(2 1)(2 1)

n

nk k k→∞= − +∑ ;

c) 1

1lim( 1)( 2

n

nk k k k→∞= + +∑ )

; d); [ ]1

( 1)lim

( 1)!

n

nk

k kn→∞

=

⋅ ++∑ !

;

e) 1

lim( 1)

n

nk

kk→∞

= +∑ !; f)

2

1

1lim( 2)!

n

nk

k kk→∞

=

+ −+∑ .


a) ( )21

2

1

2 1lim

(3 2)

n

kn

n

k

k

k=

→∞

=

−

−

∑

∑; b) 1

2lim3 1

n

k

n

k

n=

→∞ +

∑;

c) 13

( 2lim100 5

n

k

n

k k

n=

→∞

+

+

∑ ); d) 1

3

(2 1)lim

n

knnn

k k

C=

→∞+

−∑.

5. Számítsd ki a következő határértékeket (paraméter esetén tárgyald is). a) 2 2lim 1 1

nn nλ

→∞+ − − ; b) lim

nn n n n n

→∞+ + − + − n ;

c) 3 33lim 2 1 1n

n nλ→∞

+ − −3 ; d) 3 2 333lim 2 1 1n

n n nλ→∞

+ + − − ;

e) ( 2m 2 n→∞

+ − )linn n ; f) ( )li

n; m 2 1 4 1n n n n

→∞+ + − + +

g) ( )44m k a n b→∞

+ − +linn n ; h) ( )li

n; 3 2 3 23 3m 1 1n n n n

→∞+ + − − +

i) 3 3

1m

1nn n→∞

+ −+ −

lin

; j) n ( )22 21 2m

a n n

n→∞

− +lin

.


6. Konvergensek-e a következő sorozatok? (a határértéket nem kell megállapítani)

a) 2

1 1 1...2 1 2 1 2 1n n= + + ++ +

a ; b) + 2

1 1 1...3 1 3 1 3 1n n= + + ++ +

a ; +

c) ( )

1 1 1...2 ! 3 ! 1 !n n

= + + ++

a ; d) 3 3

1 1 11 ...2 3n n

= + + + + 3a ;

e) 1 1 11 ...2 3n x x n

= + + + + x ( )1,∈ +∞a , x .

7. Igazold, hogy ha , akkor lim nna

→∞= a lim nn

a a→∞

= .

8. Ha ( ) konvergens, következik-e, hogy ( ) is konvergens? *2n na

∈ 1n na ≥

9. A korlátos sorozatokkal foglalkozó példák között szerepelt az ( sorozat. Lehet-e konvergens ez a sorozat?

) 1sin nn n ≥

10. Ha 1q < , adott az a q általános tagú sorozat. Igazold, hogy a sorozat konvergens és számítsd ki a határértékét!

21 2 3 ... nn q n −= + + + + 1q

1q11. Adott az a q általános tagú sorozat, ahol

( ) 12 31 2 3 4 ... 1 n nn q q n+ −= − + − + + −

1q < . Vizsgáljad a sorozat konvergenciáját, és számítsd ki a határértékét, ha konvergens. 12. Adott a következő sorozat: a , 1 1= 1 1 nna a+ = + , . Konvergens-e a sorozat? Ha igen, számítsd ki a határértékét!

*n ∈

13. Mi az ( sorozat határértéke, ha a b ? )1

n nnn

a b≥

+ 0> >

14. Mi az n nnnx a b= + + nc általános tagú sorozat határértéke, ha

? 0a b c> > >15. Mi a határértéke az ( 1n n= ⋅ + − )na n általános tagú sorozatnak?

16. Adott az 312

n

n n = + a általános tagú sorozat. Számítsd ki a határértékét!

17. Adott az 2

2

1 ...1 ...

n

n n

a a ab b b

+ + + +=+ + + +

a általános taggal értelmezett sorozat, ahol

1a < és 1b < . Számítsd ki a sorozat határértékét! 18. Számítsd ki a ( )4 8 2lim 2 2 2 ... 2n

n→∞⋅ ⋅ ⋅ ⋅ határértéket!

19. Számítsd ki a 2 3

1 3 5 2 1lim ...2 2 2 2nn

n→∞

− + + + + határértéket!

20. Számítsd ki a ( )2 sin !

lim1

n

n

n nn→∞ +

határértéket!

21. Bizonyítsd be, hogy 1 3 2 1lim ... 02 4 2n

nn→∞

− ⋅ ⋅ ⋅ = .


22. Igazold, hogy 1 30 1n

en n

< − + < .

23. Definiáljuk a valós számok halmazán az ( ) sorozatot a következő módon:

legyen és a a , ha n . Mivel egyenlő a ? Számítsd ki a

1n na ≥

1 1a = 3 31 99 nn+ = 1> n lim

4nnn

a→∞

határértéket! 24. Az ( ) sorozatot a következőképpen definiáljuk: a és

1n na ≥ 1 1=

( 1 2

1 ...1n n

n an −

+ + + −) 1>1aa a= + , ha n . Határozd meg a értékét n

függvényében és számítsd ki a

n

( )lim n

n

an→∞ −1 2n

határértéket!

25. Az ( ) sorozat tagjai teljesítik az x x rekurziót. Határozd

meg értékét n függvényében, ha és x . 1n n

x ≥ 1 2 nn nx+ −− + =

1 2=1 1

1.

nx 0 1x = II.

Határozd meg az összes olyan egész számsorozatot, amely teljesíti az

2

1nn

n

n xxx n+

⋅ += ∀ ∈+

n

2.

összefüggéseket!

Bizonyítsd be, hogy az 1

2 ,2n

nx+ = ≥

−1n

3.

x sorozat periodikus (ha értelmezett)!

Bizonyítsd be, hogy az ( )2

120 1 2

1

, ( , ), ,nnn

n n

k x xk k x n

k x x+

++

⋅ −∈ − = ∀ ≥

− ⋅0

4. ]

5.

x x

rekurziót teljesítő sorozat periodikus! Határozd meg az x x sorozat általános

tagját!

201 13 , 1, [ 2,2n n nx n x− −= − ∀ ≥ ∈ −

Határozd meg az ( )20 11, 1 1 , 0n nn x x n+= + + = ∀ ≥x x sorozat általános

tagját. (Bencze Mihály)

6. Határozd meg az 10

1

2 31, , 1

3 4n

nn

xn

x−

−

−= − = ∀ ≥

−x x sorozat általános tagját!

7.

8.

Az sorozat teljesíti az x x

összefüggéseket. Bizonyítsd be, hogy x n !

( )n n Nx ∈ ( )1 11, 2 3 1 1nnn x n+= = − − ∀ ≥

( )2 1 1nnn+ = + − ∀ ≥

(érettségi,1998, Izrael)

Bizonyítsd be, hogy az ( )2 20 1 2 11, 41 3 8 0n nn nx x x x n+ += = = + + ∀ ≥x x

összefüggésekkel értelmezett sorozat minden tagja természetes szám!


9.

10. 0x

11.

Egy n emeletes házat hány különböző módon színezhetünk ki fehérre és feketére, ha két feketére színezett emelet nem kerülhet egymás fölé, és minden emeletnek vagy fehérnek, vagy feketének kell lennie?

Vizsgáld meg az x sorozat konvergenciáját! 1 2 1,nxn+ = − ∈

Vizsgáld meg az 1 ,n nx x+ = + ∈0

12. 0

13.

x a sorozat konvergenciáját! (előbb

vizsgáljátok meg, mi lehet az első tag ahhoz, hogy a sorozat jól-értelmezett legyen)

Vizsgáld meg az x x sorozat konvergenciáját! 1 ln(1 ),n n x+ = + ∈Vizsgáld meg a következő rekurziókkal értelmezett sorozatok

konvergenciáját:

a. 11

1 ,1n

na+

−

= =+ 1 0aa ; b. 1 1

21 ,nna

+ = + = 1

14.

a a .

Bizonyítsd be, hogy az 1

12 1n

nk k=

= − + +∑x n általános tagú sorozat

konvergens és határértéke a (–2, 1) intervallumban található!

Bizonyítsd be, hogy 2

21

1lim6

n

nk k

π→∞

=

=∑ . 15.


a) 1lim 1n

nn

n→∞

+ − e ; b)

2

21

1m6

n

nk k

π→∞

=

− ∑li n .

17. Számítsd ki a 21

1arctg1

n

k k k= + +∑ összeget, majd az összeg határértékét,

amikor n tart a végtelenhez. 18. Számítsd ki a következő szorzatok határértékét:

a) 2 2 2

1 1 11 1 1 ... 12 3 4n n

= − − − − 2

1 a ;

b) 1 2 31 1 1 ... 11 1 1n

nn n n n

= − − − − + + + 1+

b ;

c) 3 3 3 3

3 3 3 3

2 1 3 1 4 1 ...2 1 3 1 4 1n

nn

− − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ + + +

11

19.

c .

Számítsd ki a következő határértékeket:

a) 1

1lim2

n

knk

→∞=∑ ; b)

1

m3

n

kk

→∞=

lin

k∑ ; c) 1

( 1m5

n

kk

k k→∞

=

−∑ )lin

;

d); ( )

2

331

3 3lim1

n

nk

k kk k→∞

=

+ ++∑ 1 e)

4 2

41

1limn

nk

k kk k→∞

=

+ ++∑ ; f)

2

1

lim2

n

knk

k→∞

=∑ ;

g) 1

1lim lnn

nk

kk→∞

=

+∑ ; h) 3

41

limn

nk

kn n→∞

= +∑ ; i) 1

1

1limn

knk nC

−

→∞=∑ ;


j) 21

sinlimn

k

kn k→∞

= +∑n; k.

1

limp

nn

k

k→∞

=∑n

; l) 1

limn

nn

k

k→∞

=∑n

;


a) ( )1lim nnnn a a+

→∞⋅ − ; b) 2 1lim 2n nn a

a→∞

+ − n; c) ln( 1)lim

n

n

en→∞

+ ;

d) 1lim 12n

nnn→∞

+ − + ; e)

2

31

lim 1 1p

nk

kn→∞

=

+ − ∑ ; f) 2

1

lim sinn

nk

knπ

→∞=∑ ;

21. n

22.

Bizonyítsd be, hogy az a általános tagú sorozatnak nincs határértéke.

sinn =

Számítsd ki a lim sin ( 1)n

n nπ→∞

+

23.

határértéket!

Számítsd ki a ( ){ }lim 2 3n

n→∞+ határértéket, ha { }x az x valós szám törtrésze.

24. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) és 1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ sorozatok teljesítik a

és egyenlőségeket, és b , ha , akkor

.

lim nna a

→∞=

11

limn

n knk

b +→∞=

=∑

1

n

n k n kk

a b a+ +=

=∑

b 0k > k ≥

limn

b→∞

( ,a b )∈

25. Bizonyítsd be, hogy ha az ( ) és 1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ sorozatok teljesítik a

és egyenlőségeket, akkor

lim nna a

→∞=

lim nnb

→∞= b

1

1 n

kn =∑lim

n k kna b ab−→∞

= .

Az ( ) *Nn nx ∈ racionális számsorozat tagjai teljesítik a 26.

12

1

2 ( 1( 1)

n

nn

x n nx x n

−

+

+=− −

)

összefüggést minden n ≥ 2-re és x valamint x . 1 2= 2 2=a) Határozd meg a sorozat általános tagjának képletét! b) Tanulmányozd az ( ) *n n

x ∈ sorozat korlátosságát!

c) Számítsd ki a

12

1 2

1

2 ...lim

nn n

n

x x xx

+

→∞+

⋅n

határértéket!

27. Az ( ) *n nx ∈ sorozat tagjai teljesítik a 4 2

összefüggést minden n ≥ 2-re és x valamint

1 1( 1) 3n n nx x n x n+ −− − = − 2

1 0= 234

=x . Határozd meg a

sorozat általános tagjának képletét és számítsd ki a 2 3...limn n

n

x x xn→∞

határértéket!

Documents

I. rész MATEMATIKAI ANALÍZISandrasz/dokumentumok/kv/sorhat.pdfMATEMATIKAI ANALÍZIS 6 A valós számok halmaza A valós számok halmaza 7 I. A valós számok halmaza 1.1. A valós