Kezdőlap


Feladat:	F.2575	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Benczúr A. , Bóna M. , Cynolter G. , Grallert Ágnes , Hantosi Zs. , Jinda B. , Keleti T. , Kintli L. , Ligeti Z. , Pál G. , Ribényi Á. , Szalay Gy. , Szederkényi Judit
Füzet:	1987/január, 21 - 22. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvények folytonossága, Sorozat határértéke, Függvény határértéke, Számtani sorozat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/március: F.2575

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

Megmutatjuk, hogy van olyan monoton növő divergens $a_{n}$ sorozat, amellyel az (1) szerint elkészített $b_{n}$ értéke minden $n$ -re ugyanannyi, mégpedig $1 / 2$ . A $b_{n}$ sorozat ekkor nyilván konvergens, határértéke pedig $1 / 2.$
Legyen az $a_{1} = 2$ , $n > 1$ és tegyük fel, hogy az $a_{n}$ sorozat $n$ -nél kisebb indexű elemeit már megadtuk a megfelelő módon, azaz $a_{1} < a_{2} < ..., < a_{n - 1}$ és $b_{1} = b_{2} = ... = b_{n - 1} = 1 / 2$ . Vizsgáljuk meg, hogyan kell az $a_{n}$ értékét megválasztanunk, hogy továbbra is fennálljon $b_{n} = 1 / 2$ és $a_{n} > a_{n - 1}$ .
Felhasználva, hogy $b_{n} = b_{n - 1} \cdot \frac{2^{a_{n - 1}} \cdot a_{n}}{2^{a_{n}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2^{a_{n - 1}} \cdot a_{n}}{2^{a_{n}}}, b_{n} = \frac{1}{2}$ pontosan akkor teljesül, ha

\begin{matrix} 2^{a_{n - 1}} \cdot a_{n} = 2^{a_{n}}, azaz a_{n} gyöke a \end{matrix}

(2)

\begin{matrix} 2^{a_{n - 1}} \cdot x = 2^{x} egyenletnek. \end{matrix}

(3)

Ha most a (3) egyenletnek van

1

-nél nagyobb gyöke, akkor ezek egyikét választva

a_{n}

-nek, (2) szerint

2^{a_{n}} > 2^{a_{n - 1}}

, vagyis

a_{n} > a_{n - 1}

, a sorozat monoton növő marad. Másfelől ugyancsak (2) szerint

\begin{matrix} a_{n} - a_{n - 1} = log_{2} a_{n} > log_{2} a_{1} = 1, \end{matrix}

(4)

az így definiált sorozat szomszédos elemei között tehát legalább

1

a különbség, az

a_{n}

sorozat ezért valóban divergens.
Mivel

2^{a_{1}} = 4

, definíciónk helyességéhez meg kell mutatnunk, hogy ha

λ ≧ 4

, akkor a

\begin{matrix} λ x = 2^{x} \end{matrix}

(3')

egyenletnek van

1

-nél nagyobb gyöke.
Az

f (x) = \frac{2^{x}}{x}

függvény folytonos az

[1, + \infty)

intervallumon, és ismeretes, hogy

{lim}_{x \to + \infty}^{} f (x) = + \infty

, következésképp az

f

függvény minden

f (1) = 2

-nél nagyobb értéket fölvesz az

[1, + \infty)

intervallumban, így a (3

'

)-beli

λ

-t is. (Megmutatható, hogy az

f

szigorúan monoton növő az

[1, + \infty)

intervallumban, a (3

'

) egyenlet

1

-nél nagyobb gyöke és így a (2) összefüggéssel meghatározott

a_{n}

sorozat egyértelmű.)
Az

a_{n}

sorozat tehát létezik és megfelel a követelményeknek.

Megjegyzések. 1. Könnyen látható, hogy a feladat feltételei mellett a

b_{n}

sorozat határértékeként az

1 / 2

mellett minden

t > 0

szám szóba jöhet. Ha ugyanis

t > 0,

akkor nyilván léteznek olyan

0 < a_{1} < ... < a_{k} < 2

számok, amelyekre

2 t = a_{1} \cdot a_{2} \cdot ... \cdot a_{k} .

Ezután az

a_{k + 1} = 2

választással

\begin{matrix} b_{k + 1} = \frac{a_{1} \cdot a_{2} \cdot ... \cdot a_{k + 1}}{2^{a_{k + 1}}} = t, \end{matrix}

és ha most

n > k + 1

-re a megoldásban szereplő

a_{n}

sorozatot választjuk, akkor továbbra is

b_{n} = b_{n - 1} \cdot \frac{2^{a_{n - 1}} \cdot a_{n}}{2^{a_{n}}} = b_{n - 1},

azaz

b_{n} = t

, ha

n ≧ k + 1

, az így kapott

a_{n}

pedig továbbra is szigorúan monoton nő és divergens marad.
2. A 2514. feladatban azt kellett igazolni (a megoldást lásd az 1985. évi 10. szám 446‐447. oldalán), hogy ha az

a_{n}

sorozatra a most kiróttakon kívül még az is teljesül, hogy a tagjai egész számok, akkor amennyiben a

b_{n}

sorozat konvergens, a határértéke csak nulla lehet!
A közölt megoldásban a

d_{n} = a_{n + 1} - a_{n}

sorozatról beláttuk, hogy a

+ \infty

-hez tart, ami most is igaz. Akkor azonban ebből arra következtettünk, hogy egészekről lévén szó,

d_{n} - d_{n - 1} ≧ 1

végtelen sok

n

-re teljesül. A bizonyításhoz annyi is elég lett volna, hogy létezzék olyan

c > 0

szám, hogy

d_{n} - d_{n - 1} ≧ c

végtelen sok

n

-re teljesüljön.
Nos, ezúttal éppen ez nem igaz;

d = log_{2} a_{n}

tart ugyan a

+ \infty

-hez, de lassan: megmutatjuk, hogy a

d_{n} - d_{n - 1}

különbségsorozatnak nincs pozitív alsó korlátja, ez a sorozat a

0

-hoz tart. Mivel esetünkben

d_{n} - d_{n - 1} = log_{2} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}

és a logaritmusfüggvény folytonos, elegendő, ha az

\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}

sorozat konvergens és a határértéke

1

.
A (4) összefüggés szerint

a_{n} - a_{n - 1} = log_{2} a_{n}

. Mindkét oldalon

a_{n}

-nel osztva kapjuk, hogy

\begin{matrix} 1 - \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} = \frac{log_{2} a_{n}}{a_{n}} . \end{matrix}

(5)

Ismeretes, hogy

{lim}_{x \to \infty}^{} \frac{log_{2} x}{x} = 0

, ahonnan

{lim}_{x \to \infty}^{} a_{n} = + \infty

miatt az (5) jobb oldalán álló sorozat konvergens és a határértéke

0

. Innen

{lim}_{n \to \infty}^{} \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} = 1

következik, ami a bizonyítandó állítással ekvivalens.