Határértékszámítás

a) Alakítsuk át az általános tagot a tört felbontásával: $$ a_n = \frac{n + 4}{n} = 1 + \frac{4}{n} $$ Mivel \( \lim_{n \to \infty} \frac{4}{n} = 0 \), a határérték: $$ \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{4}{n} \right) = \mathbf{1} $$

b) A sorozat n-edik tagja \( a_n = 1 + \frac{4}{n} \), a rákövetkező tag \( a_{n+1} = 1 + \frac{4}{n+1} \).
Mivel \( n \) növekedésével a \( \frac{4}{n} \) tört nevezője nő, így az értéke szigorúan csökken. Tehát \( a_n > a_{n+1} \), vagyis a sorozat valóban szigorúan monoton csökkenő.

c) Fejtsük ki a faktoriálisok hányadosát: $$ \frac{(n + 4)!}{n!} = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) $$ Az egyenlet ez alapján: $$ (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) = 24(n + 1)(n + 3) $$ Mivel \( n \) pozitív egész, a \( (n + 1) \) és a \( (n + 3) \) tényezők nem nullák, így leoszthatunk velük: $$ (n + 2)(n + 4) = 24 $$ Felbontva a zárójeleket és nullára rendezve: $$ n^2 + 6n + 8 = 24 \implies n^2 + 6n - 16 = 0 $$ Az egyenlet gyökei a megoldóképlettel \( n_1 = 2 \) és \( n_2 = -8 \). Mivel \( n \) pozitív egész szám, a megoldás: \( n = 2 \).

d) A függvény \( f(x) = 24(x + 1)(x + 3) \), melynek zérushelyei a gyöktényezős alakból közvetlenül adódnak: \( x = -1 \) és \( x = -3 \).
A parabola felfelé nyílik, így ezen a szakaszon az \( x \) tengely alatt halad (negatív értékeket vesz fel). A terület a határozott integrál abszolútértéke (vagy a -1-szerese): $$ T = -\int_{-3}^{-1} 24(x^2 + 4x + 3) dx = -\left[ 24 \left( \frac{x^3}{3} + 2x^2 + 3x \right) \right]_{-3}^{-1} $$ Beszorozva a 24-et a könnyebb számolásért: $$ T = -\left[ 8x^3 + 48x^2 + 72x \right]_{-3}^{-1} $$ A felső határral (-1): \( 8(-1) + 48(1) + 72(-1) = -8 + 48 - 72 = -32 \).
Az alsó határral (-3): \( 8(-27) + 48(9) + 72(-3) = -216 + 432 - 216 = 0 \).
Így a terület: \( T = -(-32 - 0) = \mathbf{32} \) területegység.

a) A megfigyelés kezdetekor \( t = 0 \). Ezt behelyettesítve: $$ h(0) = \frac{30}{1 + 59 \cdot 0,905^0} = \frac{30}{1 + 59 \cdot 1} = \frac{30}{60} = \mathbf{0,5 \text{ m}} $$ Tehát a fa fél méter magas volt a kezdetekor.

b) Keressük azt a \( t \)-t, amelyre \( h(t) = 10 \). $$ 10 = \frac{30}{1 + 59 \cdot 0,905^t} $$ Mindkét oldalt elosztva 10-zel és felszorozva a nevezővel: $$ 1 + 59 \cdot 0,905^t = 3 \implies 59 \cdot 0,905^t = 2 $$ $$ 0,905^t = \frac{2}{59} \approx 0,0339 $$ Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve: $$ t = \frac{\lg(2/59)}{\lg 0,905} \approx \mathbf{33,9 \text{ év}} $$ A fa körülbelül 34 év múlva lesz 10 méter magas.

c) Mivel a \( 0,905 \) abszolútértéke kisebb 1-nél, a \( 0,905^n \) sorozat konvergens, és a határértéke 0 (\( n \to \infty \)).
Ezt felhasználva a teljes sorozat határértéke egyszerűen számolható: $$ \lim_{n \to \infty} \frac{30}{1 + 59 \cdot 0,905^n} = \frac{30}{1 + 59 \cdot 0} = \mathbf{30} $$

d) Az 5 ezer Ft/m költségű kerítésszakasz legyen \( x \) méter hosszú, a 10 ezer Ft/m költségű szakasz pedig \( y \) méter hosszú. A teljes építési költség ekkor \( 5x + 10y = 400 \) (ezer Ft).
Ebből kifejezzük az egyik változót: \( x = 80 - 2y \).
A téglalap alakú ültetvény területe (m²-ben) másodfokú függvényként írható fel: $$ T(y) = x \cdot y = (80 - 2y)y = 80y - 2y^2 $$ A másodfokú kifejezést teljes négyzetté alakítva keressük a maximumát: $$ 80y - 2y^2 = -2(y^2 - 40y) = -2(y - 20)^2 + 800 $$ Ennek a parabolának \( y = 20 \) esetén van maximuma. Ekkor \( x = 80 - 2 \cdot 20 = 40 \).
Tehát az egyik kerítésszakasz (az olcsóbb) 40 m, a másik (a drágább) pedig 20 m hosszú legyen.

a) Helyettesítsük be az \( x = 0 \) és \( x = \frac{\pi}{2} \) értékeket mindkét függvénybe: $$ f(0) = \sin 0 = 0 \quad \text{és} \quad g(0) = \left( \frac{2 \cdot 0}{\pi} \right)^2 = 0 $$ Ezzel beláttuk, hogy mindkettő átmegy az origón \( (0; 0) \). $$ f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin \frac{\pi}{2} = 1 \quad \text{és} \quad g\left(\frac{\pi}{2}\right) = \left( \frac{2 \cdot \frac{\pi}{2}}{\pi} \right)^2 = \left( \frac{\pi}{\pi} \right)^2 = 1^2 = 1 $$ A függvények valóban áthaladnak a \( \left(\frac{\pi}{2}; 1\right) \) ponton is.

b) A megadott intervallumban az \( f(x) = \sin x \) grafikonja a \( g(x) \) parabolaív "felett" halad (\( f(x) \ge g(x) \)). A közbezárt területet a két függvény különbségének határozott integrálja adja meg: $$ T = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin x - \frac{4}{\pi^2} x^2 \right) dx = \left[ -\cos x - \frac{4}{\pi^2} \cdot \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} $$ Behelyettesítve a határokat a Newton–Leibniz szabállyal: $$ T = \left( -\cos \frac{\pi}{2} - \frac{4}{3\pi^2} \cdot \left(\frac{\pi}{2}\right)^3 \right) - \left( -\cos 0 - \frac{4}{3\pi^2} \cdot 0^3 \right) $$ $$ T = \left( 0 - \frac{4}{3\pi^2} \cdot \frac{\pi^3}{8} \right) - \left( -1 - 0 \right) = -\frac{\pi}{6} + 1 $$ A terület pontos értéke: \( 1 - \frac{\pi}{6} \approx 0,476 \).

c) A sorozat n-edik tagját alakítsuk át két tört összegére: $$ a_n = \frac{2}{n} + \frac{2\pi n}{n} = \frac{2}{n} + 2\pi $$ A monotonitás vizsgálatához tekintsük az egymást követő tagok különbségét: $$ a_{n+1} - a_n = \left( \frac{2}{n+1} + 2\pi \right) - \left( \frac{2}{n} + 2\pi \right) = \frac{2}{n+1} - \frac{2}{n} = \frac{2n - 2(n+1)}{n(n+1)} = \frac{-2}{n(n+1)} $$ Mivel \( n \) pozitív egész, a nevező pozitív, a számláló pedig negatív, így a különbség mindig negatív. A sorozat szigorúan monoton csökkenő.
Mivel a sorozat csökkenő, legnagyobb tagja az első: \( a_1 = 2 + 2\pi \), ez egy felső korlátja. Másrészt \( \frac{2}{n} > 0 \) minden \( n \)-re, ezért \( a_n > 2\pi \), ami pedig egy alsó korlát. A sorozat tehát korlátos.
A sorozat határértéke az \( n \to \infty \) esetben: $$ \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{2}{n} + 2\pi \right) = 0 + 2\pi = \mathbf{2\pi} $$

a) A sorozat első öt tagja: $a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 6, a_4 = 10, a_5 = 15$.
Az átlaguk: $\overline{x} = \frac{1 + 3 + 6 + 10 + 15}{5} = \frac{35}{5} = \mathbf{7}$.
A szórás kiszámításához vegyük az átlagtól vett eltérések négyzetes közepét: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(1-7)^2 + (3-7)^2 + (6-7)^2 + (10-7)^2 + (15-7)^2}{5}} $$ $$ \sigma = \sqrt{\frac{36 + 16 + 1 + 9 + 64}{5}} = \sqrt{\frac{126}{5}} = \sqrt{25,2} \approx \mathbf{5,02} $$

b) Írjuk fel a $(b_n)$ sorozat általános tagját a binomiális együtthatók kifejtésével: $$ b_n = \frac{\binom{n+2}{2}}{\binom{n+1}{2}} = \frac{\frac{(n+2)(n+1)}{2}}{\frac{(n+1)n}{2}} $$ Egyszerűsítve az egyenletet: $$ b_n = \frac{n+2}{n} = 1 + \frac{2}{n} $$ Mivel $n \to \infty$ esetén $\frac{2}{n} \to 0$, ezért a $(b_n)$ sorozat határértéke 1.

c) Ismert a számtani sorozat összegképlete: $S_k = \frac{2c_1 + (k-1)d}{2} k$.
A feladat alapján két egyenletet írhatunk fel: $$ S_n = \frac{2c_1 + (n-1) \cdot 0,25}{2} n = 100 $$ $$ S_{2n} = \frac{2c_1 + (2n-1) \cdot 0,25}{2} 2n = 300 $$ Az első egyenletet 2-vel megszorozva: $(2c_1 + 0,25n - 0,25)n = 200 \implies 2c_1n + 0,25n^2 - 0,25n = 200$.
A második egyenlet is átrendezhető, és egyszerűsítve $n$-nel: $(2c_1 + 0,5n - 0,25)n = 150 \dots$ helyett inkább osszuk el a másodikat $n$-nel és vonjuk ki belőle az elsőt $n$-nel elosztva:
Egy elegánsabb mód, ha észrevesszük, hogy a második $n$ tag összege ($S_{2n} - S_n = 200$) éppen az első $n$ tag összegénél $n^2 d$-vel nagyobb, mert minden tag pontosan $n \cdot d$-vel nagyobb a neki megfelelő korábbinál. $$ (S_{2n} - S_n) - S_n = n^2 \cdot d $$ $$ 200 - 100 = n^2 \cdot 0,25 \implies 100 = 0,25 n^2 \implies n^2 = 400 $$ Mivel $n$ pozitív egész szám, így $\mathbf{n = 20}$.

a) Az adatok behelyettesítése a képletbe: \( H = 1\,600\,000 \), \( p = 2 \) így \( q = 1,02 \), és \( n = 72 \).

A havi törlesztőrészlet:

$$ t_{72} = 1\,600\,000 \cdot \frac{1,02^{72} \cdot 0,02}{1,02^{72} - 1} \approx 42\,123 \text{ Ft} $$

Összesen 72 hónapig fizetünk, tehát a teljes visszafizetett összeg:

$$ 72 \cdot 42\,123 = 3\,032\,856 \text{ Ft} $$

Ezer forintra kerekítve a válasz: 3 033 000 Ft.

b) A felírt egyenlőtlenség alapján az a legkisebb \( n \) pozitív egész a keresett, amelyre:

$$ 60\,000 \ge 2\,000\,000 \cdot \frac{1,02^n \cdot 0,02}{1,02^n - 1} $$

Rendezzük az egyenlőtlenséget:

$$ 60\,000 \ge 40\,000 \cdot \frac{1,02^n}{1,02^n - 1} $$ $$ 1,5 \ge \frac{1,02^n}{1,02^n - 1} $$

Mivel \( 1,02^n - 1 > 0 \), beszorozhatunk vele:

$$ 1,5 \cdot (1,02^n - 1) \ge 1,02^n $$ $$ 1,5 \cdot 1,02^n - 1,5 \ge 1,02^n $$ $$ 0,5 \cdot 1,02^n \ge 1,5 $$ $$ 1,02^n \ge 3 $$

Az 1,02 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő, így:

$$ n \ge \log_{1,02} 3 = \frac{\lg 3}{\lg 1,02} \approx 55,48 $$

Tehát a futamidőnek legalább 56 hónaposnak kell lennie.

c) Számítsuk ki a határértéket, ahol \( H \) és \( q \) konstans. Hozzuk egyszerűbb alakra a törtet (elosztva a számlálót és nevezőt \( q^n \)-nel):

$$ \lim_{n \to \infty} H \cdot \frac{q^n(q - 1)}{q^n - 1} = \lim_{n \to \infty} H \cdot (q - 1) \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{q^n}} $$

Mivel \( q = 1,02 > 1 \), így \( \lim_{n \to \infty} q^n = \infty \), és \( \lim_{n \to \infty} \frac{1}{q^n} = 0 \).

A határérték tehát:

$$ = H \cdot (q - 1) \cdot \frac{1}{1 - 0} = H \cdot (q - 1) $$

A megadott értékekkel:

$$ 2\,000\,000 \cdot (1,02 - 1) = 2\,000\,000 \cdot 0,02 = \mathbf{40\,000} $$

a) A szabályos hatszög rövidebb átlója egy olyan egyenlő szárú háromszög alapja, amelynek szárai a hatszög oldalai (\( a \)), bezárt szögük pedig 120°. Ennek az átlónak a hossza \( a\sqrt{3} \).
A megadott érték alapján: $$ a\sqrt{3} = 5\sqrt{2} \implies a = \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \implies a^2 = \frac{50}{3} $$ A szabályos hatszög területe 6 darab egybevágó szabályos háromszög területéből áll: $$ T = 6 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{3}{2} \cdot \frac{50}{3} \sqrt{3} = \mathbf{25\sqrt{3}} $$

b) A \( t_1 \) területű hatszög a feladat leírása alapján a szomszédos oldalfelező pontok összekötésével keletkezik. Egy oldalfelező pontokat összekötő szakasz az eredeti háromszögek sarkainál levág kisebb háromszögeket. A keletkező új hatszög területe mindig az előző hatszög területének \( \frac{3}{4} \) része.
A sorozat tehát egy mértani sorozat, melynek kvóciense \( q = \frac{3}{4} \).
A sorozat első eleme \( t_1 \), ami az eredeti \( T \) terület \( \frac{3}{4} \) része: $$ t_1 = \frac{3}{4} \cdot 25\sqrt{3} = \frac{75\sqrt{3}}{4} $$ A kérdéses határérték egy végtelen mértani sor összege (\( |q| < 1 \)): $$ S = \lim_{n\to\infty} (t_1 + t_2 + \dots + t_n) = \frac{t_1}{1 - q} = \frac{\frac{75\sqrt{3}}{4}}{1 - \frac{3}{4}} = \frac{\frac{75\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{4}} = \mathbf{75\sqrt{3}} $$

a) A külső négyzet oldala \( 1 \) méter, így a belső négyzet oldala a megadott arány alapján \( \frac{5}{7} \) méter. A belső négyzet a külső négyzet oldalait \( x \) és \( 1 - x \) hosszú szakaszokra bontja. A \( 90^\circ \)-os forgásszimmetria miatt ez a felosztás mind a négy oldalon azonos mértékben ismétlődik.
Felírva a Pitagorasz-tételt a sarkokban keletkező derékszögű háromszögekre: $$ x^2 + (1 - x)^2 = \left( \frac{5}{7} \right)^2 $$ $$ x^2 + 1 - 2x + x^2 = \frac{25}{49} \implies 2x^2 - 2x + \frac{24}{49} = 0 $$ Megoldva a másodfokú egyenletet: $$ x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4 \cdot 2 \cdot \frac{24}{49}}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{\frac{4}{49}}}{4} = \frac{2 \pm \frac{2}{7}}{4} $$ A gyökök: \( x_1 = \frac{4}{7} \) és \( x_2 = \frac{3}{7} \).
A belső négyzet csúcsa tehát a külső négyzet oldalait \( \frac{3}{7} \) és \( \frac{4}{7} \) méretű részekre bontja. Az arány tehát: \( 3 : 4 \) (vagy \( 4 : 3 \)).

b) Az első (legkülső) négyzet kerülete \( K_1 = 4 \) méter.
Mivel minden beírt négyzet lineáris mérete az előzőnek a \( \frac{5}{7} \)-szerese, a kerületek is ezt a szorzót követik. A kerületek egy olyan végtelen mértani sorozatot alkotnak, amelynek első tagja \( K_1 = 4 \), hányadosa pedig \( q = \frac{5}{7} \).
Mivel \( |q| < 1 \), a végtelen sor konvergens, az összege: $$ S = \frac{K_1}{1 - q} = \frac{4}{1 - \frac{5}{7}} = \frac{4}{\frac{2}{7}} = 4 \cdot \frac{7}{2} = \mathbf{14 \text{ méter}} $$

a) Ha $a$ jelöli a négyzetes oszlop alapélének hosszát, és $k$ darabból készítjük a hasábokat, akkor $H_1$ (oldaluknál összeillesztve) felszíne: $$ A_{H_1} = 2 \cdot 2a^2 + 2 \cdot k \cdot a^2 + 2 \cdot k \cdot 2a^2 = 2a^2(3k + 2) $$ A $H_2$ (alapjukkal összeillesztve) felszíne: $$ A_{H_2} = 2a^2 + 4 \cdot k \cdot 2a^2 = 2a^2(4k + 1) $$ Az $\frac{A_{H_1}}{A_{H_2}} = 0,8$ feltételből ($2a^2$-tel történő egyszerűsítés után): $$ \frac{3k + 2}{4k + 1} = 0,8 \Rightarrow 3k + 2 = 0,8 \cdot (4k + 1) $$ $$ 3k + 2 = 3,2k + 0,8 \Rightarrow 1,2 = 0,2k \Rightarrow k = 6 $$ Tehát 6-6 négyzetes oszlopot használtunk a hasábok építéséhez.

b) Vizsgáljuk meg az $a_{n+1} - a_n$ különbséget! $$ a_{n+1} - a_n = \frac{3(n+1)+2}{4(n+1)+1} - \frac{3n+2}{4n+1} = \frac{3n+5}{4n+5} - \frac{3n+2}{4n+1} $$ Közös nevezőre hozva: $$ \frac{(3n+5)(4n+1) - (3n+2)(4n+5)}{(4n+5)(4n+1)} = \frac{12n^2 + 23n + 5 - (12n^2 + 23n + 10)}{(4n+5)(4n+1)} = \frac{-5}{(4n+5)(4n+1)} $$ A kapott tört számlálója negatív, nevezője minden pozitív egész $n$ esetén pozitív, így a tört értéke negatív. Ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő.

A sorozat minden tagja pozitív, így alulról korlátos (pl. a $0$ egy alsó korlát). Mivel a sorozat monoton csökkenő, felülről a legelső tagja, $a_1 = \frac{5}{5} = 1$ korlátozza. (Vagy felhasználhatjuk, hogy határértéke $\frac{3}{4}$, így konvergens, s minden konvergens sorozat egyben korlátos is.) Tehát a sorozat korlátos.