Page 152 - vol2
P. 152
1 3 5 ... (2n − 3) (2n − 1) 2 1
24. feladat: Igazoljuk, hogy lim ∙ =
n
n→ 2 4 6 ... (2n − 2) (2 ) n
(Wallis-képlet) Megoldás: Vezessük be a következő jelölést:
2
m
m
I = sin x dx . A parciális integrálási módszerrel rekurzív módon, a
0
matematikai indukció módszerével levezethetők a következő
eredmények:
1 3 5 ... (2n − 3) (2n − 1)
I = ∙ illetve
2 4 6 ... (2n − 2) (2 ) 2
2n
n
2 4 6 2n
I = ... . Továbbá mivel minden x [0, ] és
2n+
1
3 5 7 2n + 1 2
2n
n N esetén igaz, hogy sin 2n+ 1 x sin x sin 2n− 1 x amit a
*
[0, ] intervallumon integrálva, és az előbbiek szerint behelyettesítve az
2
I 2n+ 1 , I , I 2n− 1 értékeit, rövid számolások után kapjuk, hogy:
2n
1 2 1 3 5 ... (2n − 3) (2n − 1) 1 1
∙ 2n + 1 < 2 4 6 ... (2n − 2) (2 ) < ∙ n
n
ahonnan a rendőrelvvel éppen a bizonyítandó határérték adódik.
Végezetül megjegyezzük, hogy ha egy x valós számnak a
tizedes formában való reprezentálása x = , A a a ... ..., akkor az
a
1 2
n
1
' x = , A a a ...a tizedes tört hiánnyal, az x = " , A a a ...a + tizedes
n
n
1 2
1 2
10 n
tört pedig többlettel közelítik meg az x számot, vagyis 'x x " x , ami
tulajdonképpen szintén a fogótételhez kapcsolódik.
A módszer jobb megértése és elmélyítése céljából, a Tisztelt
Olvasónak a következő válogatott feladatokat javasoljuk megoldásra:
n
3sin n + 7cos + 6n 2 2
1) L = lim 2 2) L = lim n
−
n→ 1 2n 2 n→ 3 n
152
