VajdaIstván - Óbudai Egyetemusers.nik.uni-obuda.hu/vajda/analizis1/sorozatok.pdf · Analíziselőadások VajdaIstván Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 2013.október2

Analízis előadások

Vajda István

Neumann János Informatika KarÓbudai Egyetem

2013. október 2.

Vajda István (Óbudai Egyetem) Analízis előadások 2013. október 2. 1 / 39

Numerikus sorozatok Fogalmak

A numerikus sorozatok értelmezése

Definíció: A Z+ → R függvényeket valós numerikus sorozatnak nevezzük.(Tehát a valós numerikus sorozat olyan függvény, amelynek értelmezésitartománya a pozitív egész számok halmaza, értékei pedig valós számok.)

a1

1

a2

2

a3

3

. . .

. . .

. . .

. . .

an

n

Jelölések:A sorozatok esetében a szokásos függvényjelölés helyett gyakranalkalmazzák az (an) vagy {an} jelölést.A sorozatok n-edik elemét (zárójel nélkül) an-nel jelöljük.





a1

1

a2

2

a3

3

. . .

. . .

. . .

. . .

an

n






a1

1

a2

2

a3

3

. . .

. . .

. . .

. . .

an

n




A numerikus sorozatok megadása

Képlettel

Példa: an = n2 + 1,(n2 + 1

)Rekurzióval

Példa: a1 = 2, an+1 =√

an + 1 (n ∈ Z+)

Utasítással

Példa: Legyen an a√2 szám n-edik tizedesjegye.

Grafikonnal




Képlettel

Példa: an = n2 + 1,(n2 + 1

)Rekurzióval

Példa: a1 = 2, an+1 =√

an + 1 (n ∈ Z+)

Utasítással


Grafikonnal




Képlettel

Példa: an = n2 + 1,(n2 + 1

)Rekurzióval

Példa: a1 = 2, an+1 =√

an + 1 (n ∈ Z+)

Utasítással


Grafikonnal




Képlettel

Példa: an = n2 + 1,(n2 + 1

)Rekurzióval

Példa: a1 = 2, an+1 =√

an + 1 (n ∈ Z+)

Utasítással


Grafikonnal


Numerikus sorozatok Monotonitás ,korlátosság

Korlátosság

Definíció: Az (an) sorozatot felülről korlátosnak nevezzük, ha létezik olyanK ∈ R szám amelynél a sorozatnak nincs nagyobb eleme, azaz

∀n ∈ Z+ : an ≤ K

Definíció: Az (an) sorozatot alulról korlátosnak nevezzük, ha létezik olyank ∈ R szám amelynél a sorozatnak nincs kisebb eleme, azaz

∀n ∈ Z+ : an ≥ k

Definíció: Az (an) sorozat korlátos, ha alulról is és felülről is korlátos.



Korlátosság


∀n ∈ Z+ : an ≤ K


∀n ∈ Z+ : an ≥ k




Korlátosság


∀n ∈ Z+ : an ≤ K


∀n ∈ Z+ : an ≥ k




Korlátosság

Példák:Az an = 2n + 1 sorozat alulról korlátos

Alsó korlátja pl. a 0, legnagyobb alsó korlátja (alsó határa) 3.

Ez a sorozat felülről nem korlátos.

Az an =1nsorozat alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos is.

Legnagyobb alsó korlátja (alsó határa) a 0, legkisebb felső korlátja(felső határa) 1.



Korlátosság

Példák:Az an = 2n + 1 sorozat alulról korlátos

Alsó korlátja pl. a 0, legnagyobb alsó korlátja (alsó határa) 3.

Ez a sorozat felülről nem korlátos.

Az an =1nsorozat alulról is és felülről is korlátos, tehát korlátos is.

Legnagyobb alsó korlátja (alsó határa) a 0, legkisebb felső korlátja(felső határa) 1.



Monotonitás

Definíció: Az (an) sorozat

monoton növekedő, ha ∀n ∈ Z+ esetén an ≤ an+1,

szigorúan monoton növekedő, ha ∀n ∈ Z+ esetén an < an+1,

monoton csökkenő, ha ∀n ∈ Z+ esetén an ≥ an+1,

szigorúan monoton csökkenő, ha ∀n ∈ Z+ esetén an > an+1.



Monotonitás








Monotonitás








Monotonitás








Monotonitás

Példák:Az an = 2n + 1 és a bn = n2 sorozatok szigorúan monoton növekedők.

Az an =1nsorozat szigorúan monoton csökkenő.

Az an =

[n + 12

]sorozat (1, 1, 2, 2, 3, 3, . . .) monoton növekedő, de

nem szigorúan monoton növekedő.Az an = (−1)n sorozat (−1, 1,−1, 1,−1, 1, . . .) sorozat nem monoton.



Monotonitás



Az an =

[n + 12





Monotonitás



Az an =

[n + 12





Monotonitás



Az an =

[n + 12




Numerikus sorozatok Konvergencia, határérték

Numerikus sorozatok konvergenciája

Definíció: Az (an) sorozat konvergens, ha létezik olyan A ∈ R szám, hogy∀ε > 0 valós számhoz megadható olyan nε ∈ Z+ szám, hogy n > nε esetén|an − A| < ε.

Megjegyzés: A fenti definíció úgy is fogalmazható, hogy a sorozat elemeitetszőlegesen kis pozitív számnál jobban megközelítik A-t, ha a sorozatelejéről elegendően sok (nε) elemet elhagyunk.

A fenti definícióval ekvivalens a következő:

Definíció: Az (an) sorozat konvergens, ha létezik olyan A ∈ R szám, hogyA-nak bármely környezetébe a sorozatnak véges sok eleme kivételévelminden eleme beletartozik.


















Megjegyzés: A fenti két definícióban szereplő A számot az (an) sorozathatárértékének nevezzük.

Jelölések:lim

n→∞an = A, illetve

an → A, ha n→∞

Megjegyzés: Ha egy sorozat nem konvergens, akkor divergensnek nevezzük.





Jelölések:lim








Jelölések:lim







Megjegyzés: A fenti két definíció ekvivalens.

Bizonyítás:

I. Ha a sorozat az első definíció szerint konvergens, akkor bármelykörnyezetéhez ∃nε, amelyre ∀n > nε esetén an benne van a környezetben.Tehát a sorozatnak csak olyan elemei lehetnek a környezeten kívül,amelyekre n ≤ nε, ilyenből azonban csak véges sok van.

II. Ha a sorozat a második definíció szerint konvergens, akkor bármelykörnyezetén kívül csak véges sok eleme van. Tetszőleges környezethezkiválasztva a legnagyobb indexet, amihez olyan elem tartozik, ami akörnyezeten kívül van, megkaptuk nε-t.





Bizonyítás:







Bizonyítás:






Példák:

Az(1n

)sorozat konvergens, ugyanis

ha A = 0, akkor ∀ε > 0 valós számhoz nε =[1ε

]megfelel a definíció

feltételeinek:

Tehát limn→∞

1n= 0.

n

an = 1n

1 2 3 4 5 6 7 8

1




Példák:

Az(1n


ha A = 0, akkor ∀ε > 0 valós számhoz nε =[1ε

]megfelel a definíció

feltételeinek:

Tehát limn→∞

1n= 0.

n

an = 1n

1 2 3 4 5 6 7 8

1




Az(

n2n − 1


ha A = 12 , akkor ∀ε > 0 valós számhoz ∃nε, amely megfelel a definíció

feltételeinek:

Az alkalmas nε számhoz a gondolatmenet megfordításával juthatunk:∣∣∣∣ n2n − 1

− 12

∣∣∣∣ < ε⇔ n2n − 1

− 12< ε⇔ 1

2 (2n − 1)< ε⇔ 1+ 2ε

4ε< n

n

an = n2n−1

12

1 2 3 4 5 6 7 8

1

Tehát nε =[1+ 2ε4ε

], lim

n→∞

n2n − 1

=12.




Az(

n2n − 1



feltételeinek:


− 12

∣∣∣∣ < ε⇔ n2n − 1

− 12< ε⇔ 1

2 (2n − 1)< ε⇔ 1+ 2ε

4ε< n

n

an = n2n−1

12

1 2 3 4 5 6 7 8

1


], lim

n→∞

n2n − 1

=12.




Az(

n2n − 1



feltételeinek:


− 12

∣∣∣∣ < ε⇔ n2n − 1

− 12< ε⇔ 1

2 (2n − 1)< ε⇔ 1+ 2ε

4ε< n

n

an = n2n−1

12

1 2 3 4 5 6 7 8

1


], lim

n→∞

n2n − 1

=12.




Az(

n2n − 1



feltételeinek:


− 12

∣∣∣∣ < ε⇔ n2n − 1

− 12< ε⇔ 1

2 (2n − 1)< ε⇔ 1+ 2ε

4ε< n

n

an = n2n−1

12

1 2 3 4 5 6 7 8

1


], lim

n→∞

n2n − 1

=12.




Az(

n2n − 1



feltételeinek:


− 12

∣∣∣∣ < ε⇔ n2n − 1

− 12< ε⇔ 1

2 (2n − 1)< ε⇔ 1+ 2ε

4ε< n

n

an = n2n−1

12

1 2 3 4 5 6 7 8

1


], lim

n→∞

n2n − 1

=12.




A (−1)n(

1100

+1n

)sorozat nem konvergens.

Igaz, pl. A = 0 és ε = 110 esetén találnánk megfelelő nε-t.

Ha azonban pl. ε = 1100 (vagy még kisebb), akkor már nem létezik a

definíciónak megfelelő nε, bármi legyen is az A ∈ R szám.

A sorozat két szomszédos elemének különbsége ugyanis mindignagyobb 2

100 -nál, ezért két szomszédos elem közül az egyik soha nincsbenne az A szám ε-sugarú környezetében, ha ε ≤ 1

100 .




A (−1)n(

1100

+1n







100 .




A (−1)n(

1100

+1n







100 .




A (−1)n(

1100

+1n







100 .



A határérték egyértelműsége

Tétel: Konvergens sorozat határértéke egyértelmű.

Bizonyítás: (Indirekt!)

Tegyük fel, hogy A ∈ R és B ∈ R mindegyike határértéke a sorozatnak.Ha ε-t kisebbnek választjuk mint |A−B|

2 , akkor A és B ε-sugarúkörnyezeteinek nincs közös eleme.Mivel A ε-sugarú környezetén kívül a sorozatnak csak véges sok eleme van,B ε-sugarú környezetében is csak véges sok elem lehet.Ugyanakkor B ε-sugarú környezetén kívül is csak véges sok eleme lehet asorozatnak, tehát a sorozatnak összességében is csak véges sok eleme lehet,ami ellentmondás.



A határérték egyértelműsége

Tétel: Konvergens sorozat határértéke egyértelmű.

Bizonyítás: (Indirekt!)

Tegyük fel, hogy A ∈ R és B ∈ R mindegyike határértéke a sorozatnak.Ha ε-t kisebbnek választjuk mint |A−B|

2 , akkor A és B ε-sugarúkörnyezeteinek nincs közös eleme.Mivel A ε-sugarú környezetén kívül a sorozatnak csak véges sok eleme van,B ε-sugarú környezetében is csak véges sok elem lehet.Ugyanakkor B ε-sugarú környezetén kívül is csak véges sok eleme lehet asorozatnak, tehát a sorozatnak összességében is csak véges sok eleme lehet,ami ellentmondás.


Numerikus sorozatok Konvergenciakritériumok

A konvergencia szükséges feltétele

Tétel: Ha az (an) sorozat konvergens, akkor korlátos is.

Bizonyítás: Jelölje a sorozat határértékét A és válasszunk egy ε > 0 számot.A H1 halmaz elemei legyenek azok a számok, amelyek az (an) sorozatbanelőfordulnak és A ε-sugarú környezetében vannak. H1 korlátos, mert∀ak ∈ H1 esetén A− ε < ak < A + ε.Legyenek a H2 elemei azok a számok, amelyek az (an) sorozatbanelőfordulnak, de nem elemei H1-nek. H2 korlátos, mert csak véges sokeleme van.H1 ∪ H2 korlátos, mert két korlátos halmaz egyesítése, tehát (an) iskorlátos.



A konvergencia szükséges feltétele

Tétel: Ha az (an) sorozat konvergens, akkor korlátos is.

Bizonyítás: Jelölje a sorozat határértékét A és válasszunk egy ε > 0 számot.A H1 halmaz elemei legyenek azok a számok, amelyek az (an) sorozatbanelőfordulnak és A ε-sugarú környezetében vannak. H1 korlátos, mert∀ak ∈ H1 esetén A− ε < ak < A + ε.Legyenek a H2 elemei azok a számok, amelyek az (an) sorozatbanelőfordulnak, de nem elemei H1-nek. H2 korlátos, mert csak véges sokeleme van.H1 ∪ H2 korlátos, mert két korlátos halmaz egyesítése, tehát (an) iskorlátos.



Részsorozatok

Definíció: Ha egy sorozat elemeinek egy részét elhagyjuk úgy, hogy azelemei közül végtelen sok megmarad és a megmaradó elemek egymásközötti sorrendje nem változik meg, akkor az eredeti sorozat egyrészsorozatát kapjuk.

Tétel: Konvergens sorozat minden részsorozata is konvergens és arészsorozat határértéke megegyezik az eredeti sorozat határértékével.

Bizonyítás: Ha az eredeti sorozat határértéke A, akkor A bármelykörnyezetén kívül a sorozatnak csak véges sok eleme van. Ez nyilván igazbármelyik részsorozatára is.



Részsorozatok






Részsorozatok






Részsorozatok

Megjegyzés: Ha az (an) sorozat egy részsorozata konvergens, akkor az (an)sorozat sorozat lehet konvergens is és lehet divergens is.

Példa: Korábban igazoltuk, hogy a (−1)n(

1100

+1n

)sorozat divergens.

Ennek a sorozatnak minden második elemét megtartva a bn =1

100+

12n

sorozathoz jutunk, amiről belátható, hogy konvergens és határértéke1

100.



Részsorozatok

Tétel: Ha az (an) sorozat minden részsorozata konvergens, akkor (an) iskonvergens.

Tétel: Ha az (an) sorozat konvergens, akkor véges sok elemet hozzávéveolyan sorozatot kapunk, amely ugyancsak konvergens és határértékemegegyezik (an) határértékével.



Részsorozatok

Tétel: Ha az (an) sorozat minden részsorozata konvergens, akkor (an) iskonvergens.

Tétel: Ha az (an) sorozat konvergens, akkor véges sok elemet hozzávéveolyan sorozatot kapunk, amely ugyancsak konvergens és határértékemegegyezik (an) határértékével.



Torlódási pont

A sorozat torlódási pontjának két ekvivalens definíciója:

Definíció: Az α ∈ R számot az (an) sorozat torlódási pontjának nevezzük,ha bármely környezete a sorozat végtelen sok elemét tartalmazza.

Definíció: Az α ∈ R számot az (an) sorozat torlódási pontjának nevezzük,ha van (an)-nek α-hoz tartó részsorozata.



Torlódási pont






Torlódási pont






Torlódási pont

Tétel: Ha az (an) sorozat konvergens és limn→∞

an = A, akkor A a sorozategyetlen torlódási pontja.

Tétel: Ha az (an) sorozat korlátos, akkor van legalább egy torlódási pontja.

Tétel: Ha az (an) sorozat korlátos és csak egy torlódási pontja van, akkorkonvergens.

Bizonyítás: (Indirekt!) Tegyük fel, hogy a sorozat nem konvergens. Ekkoraz α torlódási pontnak van olyan környezete, amelyen kívül a sorozatnakvégtelen sok eleme van. A kimaradó elemek (an) egy korlátos részsorozatátalkotják, amelynek van α-tól különböző torlódási pontja, ami ellentmondás.



Torlódási pont








Torlódási pont








Torlódási pont








A konvergencia elégséges feltétele

Tétel: Ha az (an) sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens is. Hamonoton növekedő, akkor a felső határhoz, ha monoton csökkenő, akkor azalsó határhoz konvergál.

Bizonyítás: Legyen pl. a sorozat monoton növekedő és korlátos, felsőhatárát jelöljük L-lel. Tudjuk, hogy van a sorozatnak legalább egy torlódásipontja.Ha α > L, akkor α nem lehet torlódási pont.

Ha β < L, akkor β nem lehet torlódási pont.

Tehát (an) egyetlen torlódási pontja L, ahonnan limn→∞

an = L.

Monoton csökkenő és korlátos sorozat esetén hasonló a bizonyítás.






(Mert létezik olyan környezete, amelynek minden eleme nagyobb, mint L,tehát a sorozat egyetlen elemét sem tartalmazza.)



an = L.








(Mert van a sorozatnak olyan ak eleme, amely nagyobb β-nál (hiszen βnem felső korlát), de ekkor van β-nak olyan környezete, amely csak végessok (legfeljebb k − 1) elemét tartalmazza a sorozatnak.)


an = L.









an = L.




A Bolzano-Weierstrass-tétel

Tétel: Minden sorozatnak létezik monoton részsorozata.

Tétel: (Bolzano-Weierstrass) Minden korlátos sorozatnak létezikkonvergens részsorozata.

Bizonyítás: Válasszuk ki a sorozat egy monoton részsorozatát. (Az előzőtétel szerint ilyen létezik.) Ez a részsorozat korlátos is, hiszen az eredetisorozat is az, tehát egyszerre monoton is és korlátos is, azaz konvergens.















A konvergencia szükséges és elégséges feltétele

Tétel: Cauchy-féle konvergenciakritérium:

Az (an) sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha ∀ε > 0 valós számhoz∃nε ∈ Z+, amelyre teljesül, hogy n,m > nε esetén |an − am| < ε.






Bizonyítás: ⇒ Ha (an) konvergens, akkor ∀ε > 0-hoz ∃nε ∈ Z+, amelyre|ak − A| < ε

2 , ha k > nε. (A jelöli a sorozat határértékét.)

|an − am| ≤ |an − A|+ |A− am| =

= |an − A|+ |am − A| < ε

2+ε

2= ε






Bizonyításvázlat: ⇐

A feltétel alapján belátható, hogy a sorozat korlátos.

Az (an) sorozatnak van konvergens részsorozata.

A konvergens részsorozat határértéke határértéke (an)-nek is.



Példák konvergens sorozatokra

Példák:Ha ∀n ∈ Z+ esetén an = a, ahol a ∈ R, azaz (an) konstans sorozat,akkor konvergens és lim

n→∞an = a.

Az an =1nsorozat konvergens és lim

n→∞

1n= 0.

Az an = (−1)n 1nsorozat konvergens és lim

n→∞(−1)n 1

n= 0.





n→∞an = a.


n→∞

1n= 0.


n→∞(−1)n 1

n= 0.





n→∞an = a.


n→∞

1n= 0.


n→∞(−1)n 1

n= 0.




Példa: Az an = qn sorozat konvergens és határértéke 0, ha |q| < 1,konvergens és határértéke 1, ha q = 1, minden más esetben divergens.

Bizonyítás:





Bizonyítás:

A q = 1 eset nyilvánvaló.

Ha |q| < 1, akkor |qn − 0| = |q|n < ε⇔∣∣∣∣1q∣∣∣∣n > 1

ε.

Ez az Archimedesi-axióma szerint teljesül elég nagy n esetén, mert∣∣∣∣1q∣∣∣∣n = (1+ a)n ≥ 1+ na, ahol a > 0.





Bizonyítás:

Ha q = −1, akkor (qn) divergens, hiszen két torlódási pontja van.

Ha |q| > 1, akkor |an| = |q|n = (1+ b)n ≥ 1+ nb (ahol b > 0) nemkorlátos, ekkor azonban an sem korlátos, tehát nem konvergens.




Példa: Az an =

(1+

1n

)n

sorozat konvergens.

Bizonyítás:




Példa: Az an =

(1+

1n

)n

sorozat konvergens.

Bizonyítás:

A sorozat szigorúan monoton növekedő:

n+1

√1 ·(1+

1n

)n

<1+ n ·

(1+ 1

n

)n + 1

=n + 1+ 1

n + 1= 1+

1n + 1(

1+1n

)n

<

(1+

1n + 1

)n+1

an < an+1




Példa: Az an =

(1+

1n

)n

sorozat konvergens.

Bizonyítás:

A sorozat alulról korlátos, hiszen monoton növekedő.Felülről is korlátos, a 4 pl. felső korlátja:

n+2

√12· 12·(1+

1n

)n

<12 + 1

2 + n ·(1+ 1

n

)n + 2

=n + 2n + 2

= 1

14·(1+

1n

)n

< 1(1+

1n

)n

< 4

an < 4




Példa: Az an =

(1+

1n

)n

sorozat konvergens.

Bizonyítás:

Mivel a sorozat monoton és korlátos, ezért konvergens.A határértékét e-vel jelölik, melynek közelítő értéke e ≈ 2, 718.


Numerikus sorozatok Műveletek és határérték

Műveletek és határérték

Tétel: Ha az (an) sorozat konvergens és határértéke A, akkor ∀c ∈ Resetén a (can) sorozat is konvergens és határértéke cA.

Bizonyítás:

Ha c = 0, akkor az állítás nyilvánvaló. A továbbiakban feltesszük, hogyc 6= 0.

A határérték definíciója szerint, ∀ε > 0-hoz ∃nε ∈ Z+, amelyre n > nεesetén |an − A| < ε

|c |.

De ekkor n > nε esetén

|can − cA| = |c | · |an − A| < |c | · ε|c |

= ε,

ami az állítást igazolja.





Bizonyítás:



|c |.


|can − cA| = |c | · |an − A| < |c | · ε|c |

= ε,






Bizonyítás:



|c |.


|can − cA| = |c | · |an − A| < |c | · ε|c |

= ε,





Tétel: Ha az (an) és (bn) sorozatok konvergensek, limn→∞

an = A és

limn→∞

bn = B , akkor az (an + bn) sorozat is konvergens és határértékeA + B .

Bizonyítás:

A határérték definíciója szerint, ∀ε > 0-hoz ∃n1 ∈ Z+, amelyre n > n1esetén |an − A| < ε

2 és ∃n2 ∈ Z+, amelyre n > n2 esetén |bn − B| < ε2 .

Legyen nε = max (n1, n2).

Ekkor n > nε esetén

|an + bn − (A + B)| ≤ |an − A|+ |bn − B| < ε

2+ε

2= ε,






an = A és

limn→∞


Bizonyítás:





|an + bn − (A + B)| ≤ |an − A|+ |bn − B| < ε

2+ε

2= ε,






an = A és

limn→∞


Bizonyítás:





|an + bn − (A + B)| ≤ |an − A|+ |bn − B| < ε

2+ε

2= ε,






an = A és

limn→∞

bn = B , akkor az (an − bn) sorozat is konvergens és határértékeA− B .


an = A és

limn→∞

bn = B , akkor az (anbn) sorozat is konvergens és határértéke AB .


an = A és

limn→∞

bn = B 6= 0, akkor az(

an

bn

)sorozat is konvergens és határértéke

AB.





an = A és

limn→∞



an = A és

limn→∞



an = A és

limn→∞


an

bn


AB.





an = A és

limn→∞



an = A és

limn→∞



an = A és

limn→∞


an

bn


AB.



Példák a határérték kiszámítására

Példa: Az an = n√

q sorozat konvergens és határértéke 1, ha q > 0.

Bizonyítás:I. Ha q = 1 az állítás nyilvánvaló.

II. Ha q > 1, akkor (an) szigorúan monoton csökken:

qn < qn · q = qn+1 / n·(n+1)√

n+1√

q < n√

qan+1 < an








qn < qn · q = qn+1 / n·(n+1)√

n+1√

q < n√

qan+1 < an








qn < qn · q = qn+1 / n·(n+1)√

n+1√

q < n√

qan+1 < an






II. Ha q > 1, akkor (an) korlátos, felső korlátja pl. a1, és az 1 alsó korlátja,mert ha an = n

√q ≤ 1 fennállna valamilyen n-re, akkor n-edik hatványra

emeléssel adódna, hogy q ≤ 1, ami feltevésünkkel ellentétes.Mivel a sorozat monoton és korlátos, ezért konvergens. Jelöljük ahatárértékét A-val!bn = 2n

√q az (an) részsorozata, ezért lim

n→∞bn = A, következésképpen

A = limn→∞

an = limn→∞

b2n = A2.

Az A = A2 egyenlet megoldásai A = 0 és A = 1, de ezek közül csak azutóbbi lehet (an) határértéke, mert ∀n ∈ Z+ esetén an > 1.






III. Az előző esethez hasonló annak bizonyítása is, hogy a határérték q < 1esetén is 1.



A rendőr-elv

Ha ∀n ∈ Z+ esetén an ≤ bn ≤ cn, (an) és (cn) konvergens, továbbálim

n→∞an = lim

n→∞cn = A, akkor (bn) is konvergens és lim

n→∞bn = A.

Bizonyítás:

Legyen ε > 0. A feltételek szerint létezik olyan n1, hogy n > n1 esetén anaz A ε-sugarú környezetébe esik és van olyan n2, hogy n > n2 esetén cn azA ε-sugarú környezetébe esik.Ha n > max (n1, n2), akkor an is és cn is A ε-sugarú környezetében van, deekkor ez a közöttük levő bn-re is igaz.



A rendőr-elv

Ha ∀n ∈ Z+ esetén an ≤ bn ≤ cn, (an) és (cn) konvergens, továbbálim

n→∞an = lim

n→∞cn = A, akkor (bn) is konvergens és lim

n→∞bn = A.

Bizonyítás:

Legyen ε > 0. A feltételek szerint létezik olyan n1, hogy n > n1 esetén anaz A ε-sugarú környezetébe esik és van olyan n2, hogy n > n2 esetén cn azA ε-sugarú környezetébe esik.Ha n > max (n1, n2), akkor an is és cn is A ε-sugarú környezetében van, deekkor ez a közöttük levő bn-re is igaz.





n sorozat konvergens és határértéke 1.

Bizonyítás:

1 ≤ n√

n =n√√

n ·√

n · 1 · . . . · 1︸︷︷︸n−2 db

≤ 2√

n + n − 2n

= 1+2√n− 2

n︸︷︷︸↓1



Végtelenbe divergáló sorozatok

Definíció: Az (an) sorozat a végtelenbe divergál, ha ∀K ∈ R esetén∃nK ∈ Z+, hogy n > nK esetén an > K .

Jelölés: limn→∞

an =∞

Definíció: Az (an) sorozat a mínusz végtelenbe divergál, ha ∀k ∈ R esetén∃nk ∈ Z+, hogy n > nk esetén an < k .


an = −∞




Definíció: Az (an) sorozat a végtelenbe divergál, ha ∀K ∈ R esetén∃nK ∈ Z+, hogy n > nK esetén an > K .


an =∞

Definíció: Az (an) sorozat a mínusz végtelenbe divergál, ha ∀k ∈ R esetén∃nk ∈ Z+, hogy n > nk esetén an < k .


an = −∞




Példák:Az an = n2 sorozat a végtelenbe divergál, mert ∀K ∈ R esetén, han >√

K , akkor an = n2 > K . Tehát nK =[√

K]teljesíti a feltételt.


n2 =∞

Az an =1− 3n

2sorozat a mínusz végtelenbe divergál, mert ∀k ∈ R

esetén, ha n >1− 2k

3≥[1− 2k

3

], akkor

an <1− 3 · 1−2k

32

=1− (1− 2k)

2=

2k2

= k


1− 3n2

= −∞




Példák:Az an = n2 sorozat a végtelenbe divergál, mert ∀K ∈ R esetén, han >√

K , akkor an = n2 > K . Tehát nK =[√

K]teljesíti a feltételt.


n2 =∞

Az an =1− 3n

2sorozat a mínusz végtelenbe divergál, mert ∀k ∈ R

esetén, ha n >1− 2k

3≥[1− 2k

3

], akkor

an <1− 3 · 1−2k

32

=1− (1− 2k)

2=

2k2

= k


1− 3n2

= −∞



Polinomok hányadosának határértéke

limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞




limn→∞

2n2 − n + 13n2 + 4n − 6

= limn→∞

2− 1n + 1

n2

3+ 4n −

6n2

=2− 0+ 03+ 0− 0

=23

limn→∞

3n2 − 6n + 1n3 − n2 + 8

= limn→∞

3n −

6n2 + 1

n3

1− 1n + 8

n3

=0− 0+ 01− 0+ 0

= 0

limn→∞

6n3 − 2n + 3−4n2 + 2n + 9

= limn→∞

6n − 2n + 3

n2

−4+ 2n + 9

n2

= −∞



További „∞∞” típusú határérték

limn→∞

√12n2 − 3n − 6− n + 4

2n +√

n2 + 9= lim

n→∞

√12− 3

n −6n2 − 1+ 4

n

2+√

1+ 9n2

=

=

√12− 1+ 02+ 1

=2√3− 13




limn→∞

√12n2 − 3n − 6− n + 4

2n +√

n2 + 9= lim

n→∞

√12− 3

n −6n2 − 1+ 4

n

2+√

1+ 9n2

=

=

√12− 1+ 02+ 1

=2√3− 13




limn→∞

√12n2 − 3n − 6− n + 4

2n +√

n2 + 9= lim

n→∞

√12− 3

n −6n2 − 1+ 4

n

2+√

1+ 9n2

=

=

√12− 1+ 02+ 1

=2√3− 13



„∞−∞” típusú határérték

limn→∞

(√4n2 + 10n + 2− 2n + 5

)=

limn→∞

(4n2 + 10n + 2)− (4n2 − 20n + 25)√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30n − 23√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30− 23n√

4+ 10n + 2

n2 + 2− 5n

=30

2+ 2=

152




limn→∞

(√4n2 + 10n + 2− 2n + 5

)=

limn→∞

(4n2 + 10n + 2)− (4n2 − 20n + 25)√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30n − 23√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30− 23n√

4+ 10n + 2

n2 + 2− 5n

=30

2+ 2=

152




limn→∞

(√4n2 + 10n + 2− 2n + 5

)=

limn→∞

(4n2 + 10n + 2)− (4n2 − 20n + 25)√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30n − 23√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30− 23n√

4+ 10n + 2

n2 + 2− 5n

=30

2+ 2=

152




limn→∞

(√4n2 + 10n + 2− 2n + 5

)=

limn→∞

(4n2 + 10n + 2)− (4n2 − 20n + 25)√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30n − 23√4n2 + 10n + 2+ 2n − 5

=

= limn→∞

30− 23n√

4+ 10n + 2

n2 + 2− 5n

=30

2+ 2=

152


Documents

VajdaIstván - Óbudai Egyetemusers.nik.uni-obuda.hu/vajda/analizis1/sorozatok.pdf · Analíziselőadások VajdaIstván Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem 2013.október2