Kezdőlap


Feladat:	F.2169	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gyuris Zsolt
Füzet:	1979/március, 107. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1978/november: F.2169

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

Mivel $a_{i}$ pozitív szám

\begin{matrix} 0 < \frac{a_{i}}{1 + a_{i}} < a_{i}, \end{matrix}

ezért minden

n

-re

\begin{matrix} 0 < b_{n} < \frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{n}) . \end{matrix}

(1)

Megmutatjuk, hogy a

b_{n}

sorozat konvergens, és határértéke

0

. Ehhez (1) szerint elegendő megmutatnunk, hogy minden pozitív

ε

számhoz van olyan

n_{0}

index, hogy minden

n > n_{0}

esetén

\frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{n}) < ε

. Legyen tehát adva az

ε > 0

szám, és meg akarjuk határozni

n_{0}

-t. Az

a_{1}, a_{2}, ...

sorozat határértéke

0

, tehát a határérték definíciója szerint található olyan

k

, hogy

\begin{matrix} a_{i} < \frac{ε}{2}, ha i > k . \end{matrix}

Ennek alapján

n > k

esetén

\begin{matrix} b_{n} < \frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{n}) < \frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{k}) + \frac{1}{n} (n - k) \frac{ε}{2} < \frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{k}) + \frac{ε}{2} . \end{matrix}

Így elegendő elérnünk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{k}) < \frac{ε}{2} \end{matrix}

is teljesüljön, ami biztosan igaz, ha

\begin{matrix} n > N = \frac{2 (a_{1} + a_{2} + ... + a_{k})}{ε} . \end{matrix}

Egyenlőtlenségeink szerint

0 < b_{n} < ε

, ha

n > max (k, N)

. Ezzel a keresett küszöbindexet megkaptuk.

Gyuris Zsolt (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., IV. o. t.)