Page 150 - vol2

1 1
h = 1+ + ...+  ln(n + 1) ahonnan limh = + adódna, ami egy
n n
2 n n→
másik bizonyítás a 10. feladatra.
  1  n 
21. feladat: Ha b =  n n e −  1+    , számítsuk ki az L = limb

n
  n   n→
határértéket..
Megoldás: Ismert a következő dupla egyenlőtlenség:
e  1  n e
 e −  1+   (v.ö. [1]) A bizonyítása végett tekintsük a
2n + 2  n  2n + 1
 2 x  +
+
+
következő függvényeket: ( )f x = x x ln   − ln(1 x , és
)
 2 2x  +
2
g ( ) x = ln (1 x+ ) x xln− − , f , :(0,1) → R . Számolásokkal
g
+
2 x
ellenőrizhető, hogy f’(x) és g’(x) szigorúan növekvőek a (0,1)
=
=
intervallumon, ahonnan f '( )  x f '(0) 0, f ( )  x f (0) 0,
1
=
=
g '( )  x g '(0) 0, ( )  g x g (0) 0 és az x = választással a dupla
n
egyenlőtlenség adódik. Ennek alapján kapjuk, hogy:
en   1  n  en
lim  lim n e −  1+    lim , és a rendőrelv alapján

n→ 2n + 2 n→    n    n→ 2n + 1
e
L = .
2
22. feladat: Vezessük le az R sugarú kör
kerületszámolási képletét.
Megoldás: A kör kerületét szabályos n-
sokszögek kerületével közelítjük meg (ezt
nevezik a kör sokszögesítésének) többlettel,
és hiánnyal. A mellékelt ábra jelölései

alapján AB = 2R  sin , így a köréírt n-
n
oldalú szabályos sokszög kerülete
 



K = n AB = 2R n sin . Továbbá BC = 2R tg , így a beírt
n
n n


n-oldalú szabályos sokszög kerülete k = n BC = 2R n tg . Ha K a kör


n
n
150