Kezdőlap


Feladat:	F.1869	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1973/november, 129 - 130. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Konvergens végtelen sorozatok, Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/március: F.1869

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) Sorozatunk korlátos, egy felső korlátja $2$ , egy alsó korlátja $0$ . Az alsó korlát nyilvánvaló. Másrészt $a_{0} < 2$
$a_{1} = {(\sqrt[]{2})}^{a_{0}} = \sqrt[]{2} < 2$ , ennélfogva
$a_{2} = {(\sqrt[]{2})}^{a_{1}} < {(\sqrt[]{2})}^{2} = 2$ ,
mert az alapra $\sqrt[]{2} > 1$ , és az $1$ -nél nagyobb alapú exponenciális függvények monoton növekedők. És hasonlóan, ha valamely $k$ indexre $a_{k} < 2$ , akkor ez a nagyságviszony öröklődik a következő elemre:

\begin{matrix} a_{k + 1} = {(\sqrt[]{2})}^{a_{k}} < {(\sqrt[]{2})}^{2} = 2, \end{matrix}

ezzel bebizonyítottuk állításunkat.
b) Könnyű belátni, hogy az

a_{n}

sorozat szigorúan monoton növekedő.

n = 1

mellett

a_{1} = \sqrt[]{2} > 1 = a_{0}

. Ha pedig valamely

k (\geq 1)

indexre fennáll

a_{k} > a_{k - 1}

, akkor az említett monotonság alapján

\begin{matrix} a_{k + 1} - a_{k} = {(\sqrt[]{2})}^{a_{k}} - {(\sqrt[]{2})}^{a_{k - 1}} > {(\sqrt[]{2})}^{a_{k - 1}} - {(\sqrt[]{2})}^{a_{k - 1}} = 0. \end{matrix}

E két megállapításunk alapján alkalmazhatjuk a következő tételt: fölülről korlátos, szigorúan monoton növekvő sorozat konvergens. Eszerint az

a_{n}

sorozat konvergens, a feladat megoldását befejeztük.

Megjegyzések. 1. A felhasznált tétel így folytatható: ... és határértéke egyenlő a felső korlátainak legkisebbikével (más néven: a sorozat

F

felső határával). Ezt bizonyítjuk. Választva egy tetszőleges

ε

pozitív számot, meg kell hozzá adnunk egy olyan

N

küszöbszámot, hogy minden olyan

n

-re, amelyre teljesül

n > N

, teljesüljön

| a_{n} - F | < ε

is, azaz

F \geq a_{n}

alapján

F - a_{n} < ε

.
Nem lehetséges, hogy ne legyen ilyen

N

. Ha ugyanis minden

n

-re

F - a_{n} \geq ε

volna, akkor minden

n

-re

a_{n} \leq F - ε

azaz

F - ε (< F)

is felső korlátja volna a sorozatnak, holott

F

a legkisebb felső korlátja. Ha pedig valamely

r

indexre

F - a_{r} < ε

, akkor minden

n > r

indexre

a_{r} < a_{n} \leq F

, tehát

F - a_{n} < F - a_{r} < ε

.
2. Mivel sorozatunknak nincs legnagyobb eleme, fölvetődhet az olvasóban a kérdés az előbbi

F

-fel kapcsolatban: hátha hasonlóan nincs legkisebb az

a_{n}

sorozat felső korlátai közt. Állítjuk, hogy bármely fölülről korlátos (végtelen számhalmaz felső korlátai közt van legkisebb ‐ ez a mondott felső határ ‐, bizonyítására azonban itt nem terjeszkedünk ki; az ún. felsőbb matematikában ez alapvető tétel.
3. Kézenfekvő az a sejtés, hogy sorozatunkra

F = 2

, azaz

{lim}_{n \to \infty}^{} a_{n} = 2

. A bizonyítás azonban itt is messze vezetne.
4. A kitűzésben tévesen

a_{1} = 1

szerepelt, így

a_{0}

nem volt definiálva. Helyesen jegyezte meg két versenyző, hogy ez az elírás sem a korlátosságot nem zavarja, sem a konvergenciát. Ha netán

a_{0} > 2

, akkor

a_{0}

felső korlát.