Page 149 - vol2

a
Továbbá a Stolz-Cesaro lemma alapján lim A = lim n+ 1 = a és
−
n→ n n→ (n + 1) n
−
(n + 1) n
lim H = lim = a , ezért a rendőrelv alapján limG = .
a
n→ n n→ 1 n→ n
a n+ 1
Az eddigiekben megoldott feladatok esetén, a rendőrelvben
szereplő a és b megválasztása nem okozott különös nehézséget.
n
n
Ellenben számos olyan feladat van, ahol ezek megválasztása egyáltalán
nem magától értetődő, vagyis bizonyos előismeretekre van szükségünk.
Egy lehetőség az a és b és megállapítására adott függvények
n
n
tanulmányozásából adódik, és ennek keretén belül kiemelt helyet foglal a
Lagrange-tétel alkalmazása. Nézzünk néhány ilyen alkalmazást.
1 1 1
+
20. feladat: Ha b = n + 1 n + 2 + ...+ n n , számítsuk ki az L = limb
n
n
+
n→
=
határértéket. Megoldás: Tekintsük az  : f k + 1,  k → R , ( ) ln x
f
x
függvényt. A Lagrange tétele értelmében létezik olyan
1
c  ( ,k k + ) 1 szám amelyre ln(k + 1) ln k = , ahonnan felírható, hogy
−
k
c k
1  ln(k + 1) ln k  1
−
k + 1 k . Ha most összegezzük ezeket az
egyenlőtlenségeket minden k   ,n n + 1,...,2n  azt kapjuk, hogy
2n
2n
2n
 1   (ln(k + 1) ln ) k   1 (*) vagyis
−
k n k + 1 k n k n k
=
=
=
1 1 1 1

b +  ln 2n − ln n b + , tehát ln 2 −  b  ln 2 − ,
n
2n + 1 n n n n 2n + 1
ahonnan a rendőrelv értelmében L = limb = ln 2 adódik.
n→ n
Megjegyzések: 1) Az
1 1 1 1 1 1 1 1
1− + − + + − = + + ...+ azonosság
...
+
2 3 4 2n − 1 2n n + 1 n + 2 n n
1
1

1
alapján, lim 1− + − + + 1 − 1   = ln 2 is igaz.
...

n→  2 3 4 2n − 1 2n 

2) Ha az előbbi (*) összegzést csak k  1,2,...n esetén végeztük volna
el, akkor a jobboldali egyenlőtlenségből azt kaptuk volna, hogy
149