Page 145 - vol2

Megoldás: Belátható, hogy minden n pozitív egész számra létezik olyan
1 1 1
k= k(n)< n szám amelyre h  1+ + + ...+ = x . Teljes indukcióval
n
2 3 2 k k
k
belátjuk, hogy x  1 + (*). Valóban, ha feltételezzük, hogy (*) igaz,
k
2
1 1 1
akkor x = x + + + ...+ 
k+
1
k
k
2 + 1 2 + 2 2 + 2 k
k
k
k 1 1 1 k 2 k k + 1
 1+ + + + ...+ = 1+ + = 1+ . Most a (*)
2 2 k+ 1 2 k+ 1 2 k+ 1 2 2 k+ 1 2
alapján kapjuk, hogy lim x = + , a végtelenre való majorálás alapján
k→ k
következik, hogy limh = +.
n→ n
1 1 1
11. feladat: Igazoljuk, hogy ha x = + + ...+ , akkor
n
1 2 2 2 n 2
 2
L = lim x = .
n→ n 6
Megoldás: A feladatra egy teljesen elemi megoldás a következő: a
matematikai indukció módszerével (hosszabb számolásokkal) igazolható
a következő dupla egyenlőtlenség:
2n − 1  2n +  2  2n +  2  2n +  2 2n + 2
1
1
1
n    +   + ...+    n . Az
3     2   n  3
egyenlőtlenséglánc alapján
 2 1− 1  1− 2   x    2  1− 1  1+ 1  , ezért a





1
6  2n +  2n +  n 6   2n +  2n + 
1
1
1
 2
rendőrelv alapján valóban L = lim x = .
n→ n 6
sin1 sin 2 sin n
+
12. feladat: Ha b = n + 1 n + 2 + ...+ n + n , számítsuk ki az
n
2
2
2
L = limb határértéket.
n→ n
Megoldás: A háromszög egyenlőtlensége alapján felírható, hogy:
sin1 sin 2 sin n 1 1 1 1
b  + + ...+  + + ...+  n
n n + 1 n + 2 n + n n + 1 n + 2 n + n n + 1
2
2
2
2
2
2
2
1
és mivel lim n = 0 , ezért a 0-ra minorálás alapján L= 0.
2
n→ n + 1
145