Page 148 - vol2

( n n + 1)
n 
b = n k   n k = 2 = c .
n
2
2
+
2
+
2
2
+
2
k= 1 n + k n n + k k= 1 n + 1 n n + 1 n + 1 n n + 1
1 1
Ezért, mivel lim a = lim c = , a rendőrelv értelmében L = limb = .
n→ n n→ n 4 n→ n 4
n + 1 n + 3 n + 2n − 1
18. feladat: Ha b = n + 2 n + 4  ... n + 2n , számítsuk ki az

n
L = limb határértéket.
n→ n
Megoldás: felírható, hogy:
(n + 1)(n + 3) (n + 3)(n + 5) (n + 2n − 3)(n + 2n − 1) (n + 1)(3n − 1)
b =   ... 
2
n (n + 2) 2 (n + 4) 2 (n + 2n − 2) 2 (3 ) 2
n
(n + 2k − 3)(n + 2k − 1)

. Mivel  1 minden k  1,2,...n esetén, ezért
(n + 2k − 2) 2
(n + 1)(3n − 1)
b  2 = c (1) . Másfelől
2
n 2 n
n
(3 )
(n + 3) 2 (n + 5) 2 (n + 2n − 1) 2 (n + 1) 2
b = (n + 2)(n + 4) (n + 4)(n + 6)  ... (n + 2n − 2)(n + 2 ) 3 (n + 2) , és
2


n
n
n
(n + 2k − 1) 2

mivel  1 minden k  1,2,...n esetén, ezért
(n + 2k − 2)(n + 2 )
k
(n + 1) 2
b  n 2 3 (n + 2) = a (2). Az (1) és (2) alapján, mivel
2
n
n
3 3
lim a = lim c = , ezért a rendőrelv értelmében L = limb = .
n→ n n→ n 3 n→ n 3
19. feladat: Legyen ( ) 1 olyan pozitív valós számsorozat, amelyre
a
n n
+
a + a + ... a

lima = . Továbbá, ha A = 1 2 n , G = n a a  ... a ,

a
n→ n n n n 1 2 n
n
H = 1 1 1 igazoljuk, hogy lim A = n→ n limG = n→ n lim H .
n
n
n→
a 1 + a 2 + ...+ a n
Megoldás: Ismert a számtani, mértani és harmonikus közepek közötti
egyenlőtlenséglánc: A  G  H , tehát lim A  limG  lim H .
n n n n→ n n→ n n→ n
148