Page 6 - Tippek 11-12 o

1
n
Ha most a bal oldalt k  n ,2n  között, a jobb oldalt k   1,2n között
2n  1

összegezzük, akkor azt kapjuk, hogy ln  ln(2n  1) ln(n  1) 
n  1
1 1 1 1
    ...  ln 2n  ln n  ln 2 , vagyis igaz az, hogy
n  1 n  2 n  3 2n
2n  1
ln  b  ln 2, ahonnan a rendőrelv értelmében L  limb  ln2 .
n
n  1 n n
A feladat integrállal is megoldható, ha kialakítjuk a Riemann-össze-
1 n n 1 n 1
get, a következő képpen: L  limb  lim   lim  
n n n n k  1 n k n n k 1 1 k
n
1 1
1

  dx  ln(1 x )  ln 2 .
0

0 1 x
1 1 1
Van egy harmadik megoldás is: ismert a      ...  ln n
1
n
2 3 n
sorozatot, amely esetén lim  C ahol C az úgynevezett Euler-féle ál-
n
n
landó. A sorozat monotonitása és a korlátossága könnyűszerrel igazolható

(ennek elvégzését az Olvasóra bízzuk). És mivel lim    n  0 
2n
n
 1 1 1 2n 
 lim    ...  ln   0 , ezért azonnal az adódik,

n  n  1 n  2 n n n 
 1 1 1 
hogy limb  lim    ...   ln 2 .

n n n  n  1 n  2 n n 
4. példa
x  2  3
f
x
Ha ( )  , f  \     , akkor számítsuk ki az f n ( ) függ-
x
:

2x  1  2 


vényt, ahol f  f  f  ... f minden n esetén.
n 
n -szer
Megoldás
 1 2 
A függvényhez az A    mátrix tartozik, és így nem marad más
 2  1 
n
hátra mint az, hogy kiszámítsuk az A hatványt. Ezt a karakterisztikus
22