Page 144 - vol2

1 x 
... 

2
    2 x + +  n x 
2

+
2


8. feladat: Számítsuk ki az L = lim , ha   x
n→ n 3
0
az x valós szám egész részét jelenti, és x  .
Megoldás: Az egészrészre érvényes a következő dupla egyenlőtlenség:
a − 1   a  , ezért
a
... 
1 x 
+
2
+

2


2


2
−
2
2
y =     2 x + +  n x  1 x + 2 x + ... n x n =



n

n (n + 1) (2n + 1)
= x − n = x illetve
6 n
1 x 
... 
y =     2 x + +  n x  1 x + 2 x + ... n x =
2

+

2

2

2
2

2
+



n

n (n + 1) (2n + 1)
= x = z . Tehát a fogótétel alapján, mivel
6 n

x z n (n + 1) (2n + 1) x x
lim n = lim n = lim x = , ezért L = .

n→ n 3 n→ n 3 n→ 6 n 3 6 6
1 1 1
9. feladat: Ha e = 1+ + + ...+ , számítsuk ki az L = lime
n
1! 2! ! n n→ n
határértéket.
Megoldás: A Newton binomiális képlete alapján felírható, hogy:

 1− 1   1− 2   ... 1− k − 1




 

n 
n
S =   1+ 1   = 1+   n   n   n  .
 n n  k= 1 ! k
 1   2   k − 1



 1−   1−   ... 1− 
De  n   n   n   1 , ezért S  e (1). Másfelől ha az
! k ! k n n
összegben rögzítjük a k-t és megőrizzük csak az első (k+1) tagot
 1   2   i − 1



k  1−   1−   ... 1− 
felírható, hogy S = 1+   n   n   n   S  .
e
k n ! i n
i= 1
Tehát limS = e  e k  N , ezért lime  (2). De az (1) alapján
*
e
n→ k n k n k→ k
e = limS  e , így a rendőrelv értelmében lime = .
e
n→ n n n→ n
1 1
10. feladat: Igazoljuk, hogy a h = 1+ + ...+ általános tagú ú.n.
n
2 n
harmonikus sorozat divergens!
144