נתחיל בכמה דוגמות על סדרות:

דוגמה

א. $1,2,3,4,\dots$ (סדרת הטבעיים - $a_{n}=n$ )
ב. $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4},\dots$ (הסדרה ההרמונית - $a_{n}=\frac{1}{n}$ )
ג. $-1,1-1,1,-1,\dots$ ( $a_{n}=(-1)^n$ לפעמים קוראים לה סדרה מתחלפת. היא לא מונוטונית: לא עולה ולא יורדת)
ד. $1, -\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, -\frac{1}{4}, \frac{1}{5},\dots$ (הסדרה ההרמונית המתחלפת - $a_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{n}$ . היא אינה מונוטונית)
ה. $5,7,9,\dots$ (סדרה חשבונית - יש הפרש קבוע בין כל שני איברים עוקבים $a_{n}=5+(n-1)2$ )
ו. $3,6,12,24,\dots$ (סדרה הנדסית - יש מנה קבוע בין כל שני איברים עוקבים $a_{n}=3\cdot2^{n-1}$ )
ז. $2,2,2,\dots$ (סדרה קבועה - $a_{n}=2$ . זו סדרה עולה אבל לא ממש, וזו גם סדרה יורדת אבל לא ממש)
ח. $a_{n}=\cases{1\quad \R{\text{זוגי}}\ n \\ n \quad \R{\text{אי זוגי}}\ n}$ ( $1,1,3,1,5,\dots$ . הסדרה אינה מונוטונית)
ט. $2,3,5,7,11,13,\dots$ (סדרת הראשוניים. הסדרה מונוטונית. היא עולה ממש)
י. $(\pi)\; 1,4,1,5,9,2,\dots$
י"א. $\cases{a_{1}=2\\ a_{n}=3a_{n-1}^2}$ (סדרה רקורסיבית. סדרה מונוטונית, עולה ממש.)

הגדרה 1 (סדרה)

סדרה היא אוסף אינסופי מסודר של איברים.
(בקורס הזה, כמעט כל הסדרות יהיו עם איברים $\in R$ )

נסמן: כאשר נקרא ל- $n$ אינדקס.

a_{1},a_{2},a_{3},\dots, a_{n},\dots

הסדרה כולה: $\{ a_{n} \}^{\infty}_{n=1}$ ⇐ $\{ a_{n} \}$ ⇐ $(a_{n})$ ⇐ $a_{n}$

נתחיל מהמושג הכי קשה: מושג הגבול.

גבולות

הגדרה 2 (גבול של סדרה)

תהי $a_{n}$ סדרה. נאמר שהמספר $L$ הוא גבול של $({\color{blue}L\text{-}\R{\text{שואפת ל}}\;a_{n}\;\R{\text{או ש}}})\;a_{n}$

\lim_{ n \to \infty } a_{n}=L \qquad \color{blue}a_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}L

אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $|a_{n}-L|<\epsilon$ .

נפרק את הביטוי:

-\epsilon<a_{n}-L<\epsilon

L-\epsilon<a_{n}<L+\epsilon

a_{n} \in (L-\epsilon,L+\epsilon)

משמע, $a_{n}$ נמצא ב- $\epsilon$ סביבה של $L$ .
המשמעות של "קיים $N$ כך שלכל $n > N$ " היא "החלק ממקום מסויים".

הערה

המספר $N$ לא חייב להיות טבעי אבל אם דורשים $N$ טבעי מקבלים הגדרה שקולה. לעומת זאת $n \in \mathbb{N}$
שינוי מספר סופי של איברים לא משנה את קיום הגבול או את ערכו. (זה בעצם משפט. עכלו והוכיחו)
אין ייתרון/חשיבות ל- $N$ גדול הכי קטן.

דוגמה (כמה דוגמות)

4. $a_{n}=2\implies \lim_{ n \to \infty }2=2$ (רשמו הוכחה מדוייקת. $N=1$ מתאים לכל $\epsilon$ )
5. עליה נעבוד בצורה קצת יותר יסודית:

a_{n}=\frac{1}{n} \implies \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}=0

נוכיח לפי ההגדרה: נחשוב לפני שנוכיח

|a_{n}-L|=| \frac{1}{n}-0|=\frac{1}{n}<\epsilon

איך נמצא את המקום המסויים בו התנאי יתקיים?
ננסה לעשות אחד חלקי לשני האגפים:

\frac{1}{n}< \epsilon \iff n> \frac{1}{\epsilon}

כעת, אחרי שחשבנו, נוכיח:
הוכחה:
יהי $\epsilon >0$ . נגדיר $N=\frac{1}{\epsilon}$ ואז לכל $n>N$ מתקיים $n> \frac{1}{\epsilon}$ ולכן:

|a_{n}-L|=| \frac{1}{n}-0|=\frac{1}{n}<\epsilon

‎∎
6. $a_{n}=(-1)^n$ ⇐ אין גבול. (לבד/בתרגול/בהמשך)

משפט (יחידות הגבול)

אם לסדרה יש גבול אז הוא יחיד.

הוכחה:
נניח בשלילה כי יש שני גבולות שונים $K<L$ .
נגדיר $\epsilon=\frac{L-K}{3}$ . נשים לב כי $\epsilon>0$ .
לפי הגדרת הגבול, קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים $L-\epsilon<a_{n}<L+\epsilon$ , וקיים $N_{2}$ כך שלכל $n >N_{2}$ מתקיים $K-\epsilon<a_{n}<K+\epsilon$ .
נגדיר $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ ואז לכל $n < N$ :

a_{n}<K+\epsilon\quad {\color{green} <}\quad L-\epsilon<a_{n}

זוהי סתירה, שכן $a_{n}$ קטן מעצמו.

\color{green}\quad K+\epsilon=K+\frac{L-K}{3}=\frac{2K+L}{3}\; <\; \frac{2L+K}{3}=L-\frac{L-K}{3}=L-\epsilon

‎∎

הגדרה 3 (חסימות של סדרות)

הסדרה $a_{n}$ חסומה מלמעלה אם

\exists M, \forall n \in \mathbb{N}:\quad a_{n}\leq M

הסדרה $a_{n}$ חסומה מלמטה אם

\exists m, \forall n \in \mathbb{N}:\quad m \leq a_{n}

הסדרה $a_{n}$ חסומה אם היא חסומה מלמעלה ומלמטה.

משפט

$a_{n}$ חסומה ⇔ קיים K כך ש- $|a_{n}|\leq K$ לכל $n$ .

שיעורי בית (HW)

נסו לכתוב את ההוכחה למשפט זה מבלי להסתכל על ההוכחה על קבוצות.

משפט

אם $a_{n}$ מתכנסת(כלומר, יש לה גבול סופי) אז $a_{n}$ חסומה.

מסקנה שימושית: אם $a_{n}$ לא חסומה אז $a_{n}$ לא מתכנסת. (זהו הנוגד הלוגי של המשפט)

דוגמה

נזכר בדוגמות של תחילת השיעור:
א. לא חסומה ולכן לא מתכנסת.
ב. כן מתכנסת ולכן כן חסומה
ג. לא מתכנסת אבל לא נובע מזה.
ה. לא חסומה ולכן לא מתכנסת
ו. לא חסומה ולכן לא מתכנסת
ח.לא חסומה ולכן לא מתכנסת
ט. לא חסומה ולכן לא מתכנסת
י"א. לא חסומה ולכן לא מתכנסת

ענן המחשבות של אביב צנזור:
להגיד שהסדרה מתכנסת אומר להגיד שכל החברה נמצאים ב- $\epsilon$ סביבה של L.
מחוץ לסביבה הזו, יש מספר סופי של איברים.("יש כמה חברה, קרציות, שהם בחוץ" - אביב צנזור)
אז מי יהיה החסם מלמטה? המינימלי בין כל אלה שבחוץ והקצה של הסביבה.
ומי החסם מלמלעה? המקסימלי בין כל אלה שבחוץ והקצה השני של הסביבה.

הוכחה:
נסמן:

L=\lim_{ n \to \infty }a_{n}

נקח $\epsilon=1$ . לפי הגדרת הגבול קיים $N \in \mathbb{N}$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

L-1<a_{n}<L+1

נגדיר $M=\max\{ a_{1},a_{2},\dots,a_{N},L+1 \}$ ונגדיר $m=\min\{ a_{1},a_{2},\dots,a_{N},L-1 \}$ .
ואז לכל $n$ מתקיים $m\leq a_{n}\leq M$ .
‎∎

חשבון גבולות

משפט (חשבון גבולות)

נתון כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ , $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=K$ אזי:

לכל $c \in \mathbb{R}$ מתקיים $ca_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}cL$ .
מתקיים $a_{n}+b_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}L+K$
מתקיים $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=LK$
אם $K\neq 0$ וגם $b_{n}\neq 0$ לכל $n$ אז $\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{L}{K}$
אם $L\geq0$ וגם $a_{n}\geq 0$ לכל $n$ אז: $\lim_{ n \to \infty }\sqrt{ a_{n} }=\sqrt{ L }$
מתקיים $\lim_{ n \to \infty }\left| a_{n} \right|=\left| L \right|$
מתקיים: $\lim_{ n \to \infty }\left| a_{n} \right|=0 \iff \lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$

דוגמה

\lim_{ n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{n} \right)=\underbrace{\lim_{ n \to \infty } 1}_{=1}+\underbrace{\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}}_{=0}=1

\left( \frac{n+1}{3n-\frac{2}{n}} \right)^{\frac{1}{2}}=\left( \frac{1+\frac{1}{n}}{3-\frac{2}{n^2}} \right)^{\frac{1}{2}}=\sqrt{ \frac{1+\frac{1}{n}}{3-2 \frac{1}{n} \frac{1}{n}} }\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\sqrt{ \frac{1}{3-0} }=\sqrt{ \frac{1}{3} }=\frac{1}{\sqrt{ 3 }}

התוכנית האומנותית:

עושים לבד
ביחד
ביחד
מנסים לבד לפני ההרצאה הבאה וצנזור יפתור את זה בהרצאה הבאה

הוכחה: (2)
יהי $\epsilon>0$ . קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים $\left| a_{n}-L \right|< \frac{\epsilon}{2}$ . קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים $\left| b_{n}-K \right|< \frac{\epsilon}{2}$ .
נגדיר $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ ואז לכל $n>N$ מתקיים:

\left| (a_{n}+b_{n})-(L+K) \right|=|(a_{n}-L)+(b_{n}-K)| \leq \left| a_{n}-L \right|+\left| b_{n}-K \right|< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

‎∎

הוכחה: (3)
יהי $\epsilon>0$ . לפי משפט, $a_{n}$ מתכנסת ולכן היא חסומה. לכן, קיים $M$ כך שלכל $n$ מתקיים $|a_{n}|<M$ .
נוכל לבחור את $M$ כך שיתקיים גם $|K|<M$ . קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים $\left| a+_{n}-L \right|< \frac{\epsilon}{2M}$ . קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים $|b_{n}-K|< \frac{\epsilon}{2M}$ .
נגדיר $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ ואז לכל $n>N$ :

\left| a_{n}b_{n}-LK \right|=\left| a_{n}b_{n}-a_{n}K+a_{n}K-LK \right|\leq \left| a_{n}(b_{n}-K)\right| + \left|K(a_{n}-L) \right|

=\left| a_{n} \right|\left| b_{n}-K \right|+\left| K \right|\left| a_{n}-L \right|< M \frac{\epsilon}{2M} +M\frac{\epsilon}{2M}=\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

‎∎

הוכחה: (6)
יהי $\epsilon>0$ . קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $\left| a_{n}-L \right|<\epsilon$ ולכן לכל $n>N$ :

\left| |a_{n}|-|L| \right|\leq \left| a_{n}-L \right|\leq \epsilon

‎∎

הוכחה: (5)

במידה ו- $L>0$ :
יהי $\epsilon>0$ . קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים: $|a_{n}-L|<\epsilon \sqrt{ L }$ ולכן לכל $n>N$ :

\left| \sqrt{ a_{n} }-\sqrt{ L } \right|=\left| \frac{(\sqrt{ a_{n} }-\sqrt{ L })(\sqrt{ a_{n} }+\sqrt{ L })}{\sqrt{ a_{n} }+\sqrt{ L }} \right|=\left| \frac{a_{n}-L}{\sqrt{ a_{n} }+\sqrt{ L }} \right|=\frac{\left| a_{n}-L \right|}{\sqrt{ a_{n} }+\sqrt{ L }}\leq \frac{\left| a_{n}-L \right|}{\sqrt{ L }}

< \frac{1}{\sqrt{ L }}\cdot\epsilon\cdot \sqrt{ L }=\epsilon

במידה ו- $L=0$ :
יהי $\epsilon>0$ . קיים $N$ כך שלכל $n>N$ : $a_{n}=\left| a_{n}-0 \right|<\epsilon^2$ ולכן לכל $n>N$ :

\left| \sqrt{ a_{n} }-\sqrt{ 0 } \right|=\sqrt{ a_{n} }<\epsilon

‎∎

שיעורי בית (HW)

חובה לעשות את 1 ו-7
רשות לעשות את 4 (רק מי שרוצה לעבור את הקורס)

הוכחה: (1)
קיים $\epsilon>0$ :

\left| ca_{n}-cL \right|=\left| c \right|\left| a_{n}-L \right|

על פי הגדרת הגבול, לכל $\epsilon_{1}>0$ קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים:

\left| a_{n}-L \right|<\epsilon_{1}

נקח $\epsilon_{1}=\frac{\epsilon}{\left| c \right|}$ ולכן:

\left| c \right|\left| a_{n}-L \right|<\left| c \right|\epsilon_{1}=\cancel{ \left| c \right| } \frac{\epsilon}{\cancel{\left| c \right|}}=\epsilon

ולכן אנו יודעים כי קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

\left| ca_{n}-cL \right|<\epsilon

‎∎
הוכחה: (7)
נתחיל מצד ימין לצד שמאל:
קיים $\epsilon>0$ .

\left| \left| a_{n} \right|-0 \right|=\left| a_{n} \right|

נסתכל על הנתון שלנו:

\lim_{ n \to \infty } a_{n}=0 \implies \left| a_{n}-0 \right|<\epsilon \implies \left| a_{n} \right|<\epsilon

ולכן, קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

\left| \left| a_{n} \right|-0 \right|=\left| a_{n} \right|<\epsilon

כעת, נוכיח מצד שמאל לימין:
קיים $\epsilon>0$ .

\left| a_{n}-0 \right|=\left| a_{n} \right|

על פי הנתון, קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

\left| \left| a_{n} \right|-0 \right|=\left| \left| a_{n} \right| \right|=\left| a_{n} \right|<\epsilon

ולכן, קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים:

\left| a_{n}-0 \right|=\left| a_{n} \right|<\epsilon

‎∎

הוכחה: נסיון הוכחה ל-(4)

אם $K\neq 0$ וגם $b_{n}\neq 0$ לכל $n$ אז $\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{L}{K}$

קיים $\epsilon>0$ .

\left| \frac{a_{n}}{b_{n}}-\frac{L}{K} \right|=\left| \frac{a_{n}K-Lb_{n}}{Kb_{n}} \right|=\frac{\left| a_{n}K-Lb_{n} \right|}{\left| Kb_{n} \right|}\overset{\color{red} |Kb_{n}|\geq 1\ \text{רשאכ}}{\leq} \left| a_{n}K-Lb_{n} \right|=\left| a_{n}K-LK+LK-Lb_{n} \right|

\left| K(a_{n}-L) + L(-b_{n}+K)\right|\leq \left| K(a_{n}-L) \right|+\left| -L(b_{n}-K) \right|=|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|

על פי הנתונים, אנו יודעים כי לכל $\epsilon_{1}>0$ קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים:

\left| a_{n}-L \right|<\epsilon

נקח ספציפית את $\epsilon_{1}=\frac{\epsilon}{2\left| K \right|}$ .
בנוסף, על פי הנתונים, אנו יודעים כי לכל $\epsilon_{2}>0$ קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים:

\left| b_{n}-K \right|<\epsilon_{2}

נקח ספציפית את $\epsilon_{2}=\frac{\epsilon}{2\left| L \right|}$ .
לכן:

|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|<|K|\epsilon_{1}+|L|\epsilon_{2}=\cancel{|K|} \frac{\epsilon}{2\cancel{|K|}}+\cancel{|L|} \frac{\epsilon}{2\cancel{|L|}}=\epsilon

ולכן, קיים $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

\left| \frac{a_{n}}{b_{n}}-\frac{L}{K} \right|<|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|<\epsilon

כעת, נחזור ונסתכל על הבעיה בהוכחה:

\left| \frac{a_{n}}{b_{n}}-\frac{L}{K} \right|=\left| \frac{a_{n}K-Lb_{n}}{Kb_{n}} \right|=\frac{\left| a_{n}K-Lb_{n} \right|}{\left| Kb_{n} \right|}=\frac{\left| a_{n}K-LK+LK-Lb_{n} \right|}{|Kb_{n}|}

\frac{\left| K(a_{n}-L) + L(-b_{n}+K)\right|}{|Kb_{n}|}\leq \frac{\left| K(a_{n}-L) \right|+\left| -L(b_{n}-K) \right|}{|Kb_{n}|}

=\frac{|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|}{|Kb_{n}|}=\frac{|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|}{|K||b_{n}|}

‎∎

ההוכחה הנכונה של צנזור:
יהי $\epsilon>0$ . נתון כי $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=K$ ולכן לפי משפט, $\lim_{ n \to \infty }|b_{n}|=|K|$ . לכן קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים:

|K|- \frac{|K|}{2} <|b_{n}|<|K|+\frac{|K|}{2}

כלומר, $\frac{|K|}{2}<|b_{n}|$ , כלומר, $\frac{1}{|b_{n}|}< \frac{2}{|K|}$ לכל $n>N_{1}$ .
קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים $|a_{n}-L|< \frac{\epsilon |K|}{4}$ .
נקח $|L|<M$ .
קיים $N_{3}$ כך שלכל $n>N_{3}$ מתקיים $|b_{n}-K|< \frac{|K|^2\epsilon}{4M}$ .
נגידר $N=\max\{ N_{1},N_{2},N_{3} \}$ ואז לכל $n>N$ מתקיים:

\left| \frac{a_{n}}{b_{n}}-\frac{L}{K} \right|=\frac{|a_{n}K-b_{n}L|}{|b_{n}K|}\leq \frac{\left| a_{n}K-LK \right|+\left| LK-b_{n}L \right|}{\left| b_{n} \right|\left| K \right|}=\frac{|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|}{|b_{n}||K|}

\leq \frac{2(|K|\left| a_{n}-L \right|+|L|\left| b_{n}-K \right|)}{|K|^2}=\frac{2}{|K|}\left| a_{n}-L \right|+\frac{2|L|}{|K|^2}\left| b_{n}-K \right|

< \frac{2}{\left| K \right|}\cdot \frac{|K|}{2}\cdot \frac{\epsilon}{2}+\frac{2M}{|K|^2}\cdot \frac{|K|^2}{2M}\cdot \frac{\epsilon}{2}=\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

‎∎

משפט

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$ ו- $b_{n}$ סדרה חסומה, אז $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=0$

דוגמה

\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}\underbrace{\sin n}_{\text{המוסח}} =0

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$ . $b_{n}$ חסומה ולכן קיים $M$ כך שלכל $n$ , $|b_{n}|<M$ .
קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $|a_{n}-0|< \frac{\epsilon}{M}$ ולכן, לכל $n>M$ :

\left| a_{n}b_{n}-0 \right| =|a_{n}||b_{n}|=|a_{n}-0||b_{n}|< \frac{\epsilon}{M}M=\epsilon

‎∎

משפט (משפט הסנדויץ)

נתון כי $a_{n}\leq b_{n}\leq c_{n}$ לכל $n$ .
אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L=\lim_{ n \to \infty }c_{n}$ אז גם $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=L$ .

דוגמה

-\underbracket{\frac{1}{n}}_{\to 0}\leq \frac{1}{n}\sin n\leq \underbracket{\frac{1}{n}}_{\to 0}

ולכן, לפי סנדוויץ גם האמצע יהיה $0$ .

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$ . קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים $L-\epsilon<a_{n}<L+\epsilon$ . קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים $L-\epsilon<c_{n}<L+\epsilon$ .
נגדיר $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ ואז לכל $n>N$ :

L-\epsilon <a_{n}\leq b_{n}\leq c_{n}<L+\epsilon

L-\epsilon < b_{n}< L+\epsilon

‎∎

דוגמה

\lim_{ n \to \infty } \frac{n!}{n^n}=?

זוהי מנה של 2 סדרות אשר שואפות לאינסוף(למרות שלא הגדרנו מה זה אינסוף). איך נגש לדבר הזה? נתחיל עם דוגמות או מקרים פרטיים כדי להבין.
מה האיברים של הסדרה? $1, \frac{1}{2}, \frac{2}{9}, \frac{3}{32},\dots$ וכעת יש לנו אינטואיציה כי היא שואפת ל-0. ניתן להוכיח זאת בכל מני דרכים אבל פה נראה רק אחת.
1 קטן או שווה מ-1, חצי קטן או שווה מחצי, שתי תשיעיות קטן או שווה משליש, שלוש חלקי 32 קטן או שווה מרבע.
טענת העזרת שלנו: $0\leq\frac{n!}{n^n}\leq \frac{1}{n}$ לכל $n$ (ניתן להוכיח באינדוקציה)
לכן, לפי סנדוויץ, $a_{n}$ שואפת ל- $0$ .

צריך להוכיח את טענת העזר בדרכים כמו אינדוקציה. למשל: נכפול הצלבה:

n!\cdot n\leq n^n \implies n! \leq n^{n-1} \implies n\cdot (n-1)\cdot \dots 3\cdot2\cdot 1\leq n\cdot n\cdot\dots\cdot n

מכיוון שכל גורם באגף ימין גדול מהמתאים לו באגף שמאל, אנו יודעים כי זהו פסוק אמת.
כדי שההוכחה תהיה נכונה, צריך להתחיל עם הסוף ואז משם להגיע לתוצאה הרצויה, שהיא מה שנדרשנו להוכיח

יחס סדר גבולות

משפט (ראו הוכחה בסעיף 4)

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L>0$ אז קיים $M>0$ וקיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $a_{n}>M$ .

משפט (מקרה פרטי של המשפט הקודם)

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L>0$ אז החל ממקום מסויים $a_{n}>0$ .

משפט

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ , $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=K$ ו- $L>K$ אז החל ממקום מסויים $a_{n}>b_{n}$ .

שיעורי בית (HW)

לכתוב את ההוכחה למשפט.

הערה

לא נכון שאם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L\geq 0$ ⇐ $a_{n}\geq 0$ החל ממקום מסויים.
דוגמה נגדית: $a_{n}=-\frac{1}{n}$

התכנסות הממוצעים החשבוניים

משפט (התכנסות הממוצעים החשבוניים)

נתון כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ נגדיר $x_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}$ סדרת הממוצעים החשבוניים של $a_{n}$ .
אזי $\lim_{ n \to \infty }x_{n}=L$ .

שיעורי בית (HW)

הוכחה: לנסות לבד. קשה.

משפט

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ , $L\geq0$ , $a_{n}>0$ לכל $n$ אזי:
1.

\lim_{ n \to \infty } \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}=L

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }=L

הוכחה:

מקרה $\mathrm{I}$ : $L>0$
נגדיר $c_{n}=\frac{1}{a_{n}}$ . לפי חשבון גבולות, $\lim_{ n \to \infty }c_{n}=\frac{1}{L}$ . לכן:

\lim_{ n \to \infty } \frac{c_{1}+c_{2}+\dots+c_{n}}{n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\frac{1}{a_{1}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}{n}= \frac{1}{L}

לפי המשפט הקודם, לפי חשבון גבולות:

\lim_{ n \to \infty } \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}=L

בנוסף,

\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}} \leq \sqrt[n]{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }\leq \frac{a_{1}+\dots+a_{n}}{n}

הממוצע ההרמוני שואף ל- $L$ והממוצע החשבוני גם הוא שואף ל- $L$ על פי מה שהוכחנו הרגע והתכנסות הממוצעים החשבוניים, לכן, לפי סנדוויץ', גם הממוצע ההנדסי שואף ל- $L$ .

מקרה $\mathrm{II}$ : $L=0$

\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}} \leq \sqrt[n]{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }\leq \frac{a_{1}+\dots+a_{n}}{n}

אנו יודעים, לפי התכנסות הממוצעים החשבוניים, כי הממצוע החשבוני שאוף ל-0. מכיוון שבממוצע ההרמוני כל הגדלים הם חיוביים אנו יודעים כי הוא גדול מ-0.

0\leq \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}} \leq \sqrt[n]{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }\leq \frac{a_{1}+\dots+a_{n}}{n}

לכן, לפי סנדויץ', אנו יודעים כי גם הממוצע ההרמוני וגם הממוצע ההנדסי שואפים ל-0.
‎∎

משפט

קיים $a_{n}>0$ לכל $n$ .
אם $\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=L$ אזי $\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ a_{n} }=L$ .

הערה

ההפך לא נכון.

הוכחה:

\sqrt[n]{ a_{n} }=\sqrt[n]{ \underbrace{a_{1}}_{b_{1}}\cdot \underbrace{\frac{a_{2}}{a_{1}}}_{b_{2}}\cdot \underbrace{\frac{a_{3}}{a_{2}}}_{b_{3}}\cdot\ \dots\ \cdot \underbrace{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}_{b_{n}}}

לפי הנתון ולפי המשפט הקודם:

\implies \lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ \underbrace{a_{1}}_{b_{1}}\cdot \underbrace{\frac{a_{2}}{a_{1}}}_{b_{2}}\cdot \underbrace{\frac{a_{3}}{a_{2}}}_{b_{3}}\cdot\ \dots\ \cdot \underbrace{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}_{b_{n}}}=L=\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} }

‎‎∎

משפט

מתקיים: $\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ n }=1$
לכל $c>0$ מתקיים: $\sqrt[n]{ c }=1$ .

הוכחה: (1)
נגדיר $a_{n}=n$ .

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}

\lim_{ n \to \infty } 1+\frac{1}{n}=1+0=1

לכן, לפי המשפט הקודם, $\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ a_{n} }=\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ 1 }=1$ .
‎∎

שיעורי בית (HW)

להוכיח את 2️⃣ לבד. קל מאוד מאוד

שאיפה ל- $\infty$

הגדרה 4

תהי $a_{n}$ סדרה. נאמר כי $a_{n}$ שואפת לאינסוף

\lim_{ n \to \infty } a_{n}=\infty

אם לכל $M$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $a_{n}>M$ .

הערה

הגדרה עם $M>0$ היא שקולה.

דוגמה

\lim_{ n \to \infty } 2^n=\infty

נוכיח זאת על פי ההגדרה:
יהי $M>0$ . נגדיר $N=\log_{2}M$ ואז לכל $n>N$ מתקיים: $n>\log_{2}M$ ולכן:

a_{n}=2^n>M

דוגמה

נגדיר $\lim_{ n \to \infty }c^n=\infty$ לכל $c>1$ .
ההוכחה מאוד דומה.

דוגמה

הסדרה $-2^n$ היא סדרה שאינה חסומה, ששואפת ל- $-\infty$ . הגדירו!!! והוכיחו!!!!

דוגמה

הסדרה $(-2)^n$ אינה חסומה אך אינה שואפת ל- $\infty$ ואינה שואפת ל- $-\infty$ . נאמר כי הסדרה אינה מתכנסת במובן הרחב.

הערה (מינוח)

אם סדרה מתכנסת(לגבול סופי) או שואפת ל- $\infty$ או $-\infty$ אז נאמר שהיא מתכנסת במובן הרחב.

בעיה: הבדיחות של המרצה פחות מצחיקות מפעם.
בעיה שקשורה לעניינינו: המשפטים עבור גבול סופי לא בהכרח תקפים.

דוגמה

\text{"}\frac{\infty}{\infty}\text{"}\qquad\frac{n^2-1}{3n^2}=\frac{1-\frac{1}{n^2}}{3}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{3}

\text{"}\infty-\infty\text{"}\qquad n^3-1000n^2=n^2(n-1000)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty

\text{"}1^\infty \text{"}\qquad \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \longrightarrow e=2.71\dots

שיעורי בית (HW)

נסחו והוכיחו:

" $\infty+\infty$ "
" $\infty\cdot \infty$ "
" $L\cdot \infty$ ": $L>0$ או $L<0$
רמז: תהי $a_{n},b_{n}$ סדרות השואפות ל- $\infty$ …

אין משפט:

\text{"}\frac{\infty}{\infty}\text{"} \qquad \text{"}\infty-\infty\text{"} \qquad \text{"}0\cdot \infty\text{"} \qquad \text{"}\infty^0\text{"} \qquad \dots

משפט

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$ כאשר $a_{n}>0$ לכל $n$ אז $\lim_{ n \to \infty }\frac{1}{a_{n}}= \infty$ .

הוכחה:
יהי $M>0$ . נגדיר $\epsilon=\frac{1}{M}$ . נתון $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$ ולכן, קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

a_{n}=|a_{n}|=|a_{n}-0|<\epsilon

לכן: $a_{n}< \frac{1}{M}$ ולכן $\frac{1}{a_{n}}>M$ .
‎∎

משפט

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ כאשר $a_{n}>0$ לכל $n$ אז $\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{a_{n}}=0$ .

הוכחה:

שיעורי בית (HW)

לבד. "רק מי שרוצה לעבור את הקורס" - אביב צנזור

‎∎

משפט

תהי $q^n$ סדרה הנדסית כאשר $|q|<1$ .
אזי, $\lim_{ n \to \infty }q^n=0$ .

הוכחה:

מקרה $I$ : $q\neq 0$
נתון $|q|<1$ . נסמן $c= \frac{1}{|q|}$ אזי $c>1$ . הראנו כי $\lim_{ n \to \infty }c^n=\infty$ ולכן לפי משפט קודם,

\lim_{ n \to \infty } |q|^n=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{c^n}=0

ולכן על פי משפט $\lim_{ n \to \infty }q^n=0$ .

מקרה $II$ : $q=0$ .
הסדרה הקבועה $0$ שואפת ל- $0$ .
‎∎

משפט (פיצה)

נתון $a_{n}\leq b_{n}$ לכל $n$ , $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ .
אזי, $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=\infty$ .

הוכחה:
יהי $M$ . קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $a_{n}>M$ ולכן:

b_{n}\geq a_{n}\geq M

‎∎

הערה

נכום גם עבור $a_{n}\leq b_{n}$ החל ממקום מסויים

הוכחה:

שיעורי בית (HW)

בבית

‎∎

מבחן המנה והשורש

משפט (מבחן המנה/

\color{blue} \R{\text{מבחן השורש}}

)

תהי $0<a_{n}$ לכל $n$ . נניח כי קיים הגבול:

\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=q \quad\quad {\color{blue} \lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{n} }=q}

אזי:

אם $q<1$ אז $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$
אם $q>1$ אז $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ .

הערה

אין אמירה לגבי $q=1$ .

דוגמה

a_{n}=\frac{n^{1000}}{(1.01)^n}

זו סדרה חיובית.

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}= \frac{(n+1)^{1000}}{(1.01)^{n+1}}\cdot \frac{(1.01)^n}{n^{1000}}=\frac{1}{1.01}\cdot \left( \frac{n+1}{n} \right)^{1000}=\frac{1}{1.01}\cdot \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{1000} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{1.01}<1

ולכן לפי מבחן המנה,

\lim_{ n \to \infty } a_{n}=0

הוכחה: (הוכחת מבחן השורש)

נניח $q<1$ .
נסמן $b=\frac{1+q}{2}$ אזי $q<b<1$ . קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים, לפי יחס סדר גבולות:

\sqrt[n]{ a_{n} }<b<1

ולכן:

0<a_{n}<b^n<1

לפי משפט קודם, $\lim_{ n \to \infty }b^n=0$ ולכן, לפי סנדויץ: $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=0$ .

נניח $q>1$ :
נגדיר $0<b_{n}=\frac{1}{a_{n}}$ ואז

\sqrt[n]{ b_{n} }= \frac{1}{\sqrt[n]{ a_{n} }}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{q}<1

לפי המקרה של $q<1$ מתקיים $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0$ ולכן:

a_{n}=\frac{1}{b_{n}} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \infty

‎∎

הוכחה: (הוכחת מבחן המנה)
נתון $\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=q$ . לפי משפט: $\lim_{ n \to \infty }\sqrt[n]{ a_{n} }=q$ .
לכן, לפי מבחן השורש, נובע מבחן המנה.
‎∎

סדרות מונוטוניות

הגדרה 5 (סדרה מונוטונית)

סדרה $a_{n}$ נקראת מונוטונית

עולה אם $a_{n}\leq a_{n+1}$ לכל $n$ .
עולה ממש אם $a_{n}<a_{n+1}$ לכל $n$ .
יורדת אם $a_{n}\geq a_{n+1}$ לכל $n$ .
יורדת ממש אם $a_{n}>a_{n+1}$ לכל $n$ .

הערה

יש מינוח קצת שונה. (לפעמים קוראים לסדרה עולה סדרה לא יורדת ולסדרה עולה ממש סדרה עולה ובהתאם גם ליורדת ויורדת ממש)
אפשר לדבר על מונוטויות החל ממקום מסויים.

דוגמה

א. $\frac{1}{n}$ יורדת ממש
ב. $\frac{(-1)^n}{n}$ לא מונוטונית.
ג. $\frac{n^2}{2^n}$ נראה כמה איברים של הסדרה הזו: $\frac{1}{2}, 1, \frac{9}{8}, \dots$ אנו לא באמת יכולים להסיק על אינסוף איברים רק מ-3 איברים הללו, ונשים לב כי האיבר הרביעי יהיה 1, משמע הסדרה אינה מונוטונית כלל. מסתבר שהסדרה הזו היא מונוטונית יורדת ממש החל מ- $n=3$ :

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n^2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{n+1}{n}^2=\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right)^2

נרצה להראות כי התוצאה שלנו קטנה מאחד ואז נדע כי הסדרה יורת ממש.
עבור $n\geq3$ : $\frac{1}{n}\leq \frac{1}{3}$ ולכן: $1+\frac{1}{n}\leq 1+\frac{1}{3}$ ⇐ $\left( 1+\frac{1}{n} \right)^2\leq \left( \frac{4}{3} \right)^2=\frac{16}{9}$ ⇐ $\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{n} \right)^2< \frac{8}{9}<1$ .
ד. $\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n$ מונוטונית עולה ממש. (תכף נוכיח)
ה. $\frac{n!}{n^n}$ נבצע את אותו הפעלול כמו ב-ג':

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{n!}=\left( \frac{n}{n+1} \right)^n<1

לכן, $a_{n+1}<a_{n}$ לכל $n$ ⇐ הסדרה מונוטונית יורדת ממש.

משפט

כל סדרה מונוטונית וחסומה, מתכנסת.

הוכחה:
נניח בה"כ כי $a_{n}$ עולה. לפי הנתון היא חסומה מלמעלה ⇐ לפי אקסיומת השלמות, יש לה סופרמום. נסמן $L=\sup A$ .
נראה כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ : יהי $\epsilon>0$ . $L-\epsilon \quad$ אינו חסם מלמעלה של $a_{n}$ כי $L$ הוא החסם מלמעלה הכי קטן.
⇐ קיים $N$ כך ש- $L-\epsilon<a_{N}$ .
הסדרה עולה ולכן, לכל $n>N$ :

{\color{blue} L-\epsilon<}\ a_{N}\leq {\color{blue} a_{n}}\leq L \ {\color{blue} < L+\epsilon}

לכן, $a_{n}$ שואפת ל- $L$ .
‎∎

משפט

כל סדרה מונוטונית מתכנסת במובן הרחב.

הוכחה:
נניח בה"כ כי $a_{n}$ עולה.
אם $a_{n}$ חסומה אז היא מתכנסת לפי המשפט הקודם.
אם $a_{n}$ אינה חסומה, אז היא לא חסומה מלמעלה.
יהי $M$ . קיים $N$ כך ש- $a_{N}>M$ . הסדרה עולה ולכן לכל $n>N$ מתקיים:

a_{n}\geq a_{N}>M

לכן: $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$
‎∎

נקח סדרה:

a_{n}=\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n

נראה כי:

הסדרה $a_{n}$ חסומה מלמעלה.
הסדרה $a_{n}$ עולה ממש.

לכן, לפי משפט קודם $a_{n}$ מתכנסת לגבול סופי שנסמנו $e$ .
בהמשך נראה ש- $e$ אינו רציונלי, $e=2.7182\dots$ . נקרא על שם $Euler$ - אויילר.

הוכחה:
על פי אי שוויון הממוצעים:

\sqrt[n]{ c_{1},c_{2},\dots,c_{n} }\leq \frac{c_{1}+c_{2}+\dots+c_{n}}{n}

נוכיח את (א):

\sqrt[n+10]{ \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n\cdot \left( 1-\frac{1}{10} \right)^{10} }\leq \frac{n\left( 1+\frac{1}{n} \right)+10\left( 1-\frac{1}{10} \right)}{n+10}

=\frac{n+1+10-1}{n+10}=1

נעלה את שני האגפים בחזקת $n+10$ :

\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n\left( 1-\frac{1}{10} \right)^10\leq 1 \implies \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n\left( \frac{9}{10} \right)^{10}\leq 1

ולכן:

\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \leq \left( \frac{10}{9} \right)^{10}

ולכן, $a_{n}$ חסומה מלמעלה.

נוכיח את (ב):
נפעיל את אי שוויון הממוצעים:

\sqrt[n+1]{ \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n\cdot 1 }\leq \frac{n\left( 1+\frac{1}{n} \right)+1}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}=1+\frac{1}{n+1}

נעלה את שני האגפים בחזקת $n+1$ :

\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \leq \left( 1+\frac{1}{n+1} \right)^{n+1}

יש שוויון באי שוויון הממוצעיים רק אם כל האיברים אותו הדבר ולכן מתקיים:

\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n < \left( 1+\frac{1}{n+1} \right)^{n+1}

ולכן, הסדרה $a_{n}$ מונוטונית עולה.
‎∎

דוגמה

\begin{cases} a_{1}=\frac{1}{4} \\ a_{n}=(a_{n-1})^2+\frac{1}{4} \end{cases}

הראו באינדוקציה(קל מאוד)

הסדרה $a_{n}$ עולה
הסדרה $a_{n}< \frac{1}{2}$ לכל $n$ .

לכן, לסדרה יש גבול $L$ . מתקיים: $L=L^2+\frac{1}{4}$ פותרים ויוצא $L=\frac{1}{2}$ שזהו הגבול.

הערה

הסתכלו על הסדרה $a_{1}=3$ ו- $a_{n}=1+2a_{n-1}$ .
נבצע את אותו הפעלול:

\color{red}\xcancel{{\color{gray} L=1+2L\implies L=-1}}

לא יכול להיות כי הסדרה הזו שואפת ל- $-1$ ואנו רואים כי היא שואפת לאינסוף.
הכשל הלוגי שנעשה פה הוא שכדי להגיד ש- $a_{n}$ מתכנסת אנו צריכים להוכיח זאת ומכיוון שהסדרה לא חסומה אנו יודעים כי היא לא מתכנסת.

הלמה של קנטור

משפט (הלמה של קנטור)

יהיו $a_{n},b_{n}$ שתי סדרות כך ש:

מתקיים: $\lim_{ n \to \infty }b_{n}-a_{n}=0$
מתקיים: $a_{n}\leq a_{n+1}\leq b_{n+1}\leq b_{n}$ לכל $n$ .

אזי שתיהן מתכנסות, ולאותו הגבול.

הערה

למה בלטינית זה "טענת עזר".

הוכחה:
לפי תנאי $2$ , $a_{n}$ עולה ו- $b_{n}$ יורדת.
שתיהן חסומות כי: $a_{1}\leq a_{n}\leq b_{1}$ ובאותו האופן: $a_{1}\leq b_{n}\leq n_{1}$ .
לפי משפט קודם, שתיהן מתכנסות.
נסמן $L=\lim_{ n \to \infty }a_{n}$ . לפי חשבון גבולות:

\lim_{ n \to \infty } b_{n}=\lim_{ n \to \infty } ((b_{n}-a_{n})+a_{n})

לפי חשבון גבולות ותנאי $1$ :

\lim_{ n \to \infty } b_{n}=\lim_{ n \to \infty } (b_{n}-a_{n})+\lim_{ n \to \infty } a_{n}=0+L=L

‎∎

משפט (הלמה של קנטור, ניסוח גיאומטרי)

תהי $\{ [a_{n},b_{n}] \}_{n=1}^\infty$ סדרה של קטעים סגורים המקיימת:

לכל $n$ : $[a_{n+1},b_{n+1}] \subseteq [a_{n},b_{n}]$
אורכי הקטעים שואפים ל- $0$ .

אזי, קיימת נקודה יחידה $c$ המקיימת $c \in [a_{n},b_{n}]$ לכל $n$ .

הוכחה:
לפי הנתונים $1$ ו- $2$ , הסדרות $a_{n},b_{n}$ (קצוות הקטעים) מקיימות את המשפט הקודם. לכן, יש להן גבול משותף שנסמנו $c$ .
המספר $c$ הוא הסופרמום של $a_{n}$ והאינפימום של $b_{n}$ לפי הוכחת המשפט הקודם. ולכן, לכל $n$ : $a_{n}\leq c \leq b_{n}$ כלומר: $c \in [a_{n},b_{n}]$ לכל $n$ .
נניח שקיימת $d$ כך ש- $d \in [a_{n},b_{n}]$ לכל $n$ כלומר, $a_{n}\leq d\leq b_{n}$ מכיוון ש- $c$ היא הסופרמום והאינפימום של הסדרות בהתאמה, אז $c$ היא החסם מלמטה הכי גדול של ה- $b_{n}$ ו- $d$ הוא איזשהו חסם מלמטה של ה- $b_{n}$ -ים ולכן: $d\leq c$ .
וגם לאור העובדה ש- $c$ סופרמום של $a_{n}$ ו- $d$ חסם מלמעלה אז $d\geq c$ .
לכן הגענו לכך ש- $d=c$ ולכן, קיימת רק נקודה אחת אשר מקיימת $c \in [a_{n},b_{n}]$ לכל $n$ .
‎∎

הערה

הלמה של קנטור לא נכונה לקטעים פתוחים.

\left\{\left( 0,\frac{1}{n} \right)\right\}_{n=1}^\infty

תתי סדרות

הגדרה 6 (תת סדרה)

תהי $a_{n}$ סדרה. סדרה שמתקבלת ממנה על ידי מחיקת חלק מהאיברים נקראת תת-סדרה.

הערה

איברי תת הסדרה(ת"ס) הם חלק מאיברי הסדרה המקורית, לפי אותו סדר.

דוגמה

a_{n}:\; 1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,\dots

תת סדרה של $a_{n}$ יכולה להיות לדוגמה: $1,1,1,1,1,\dots$ .
נוכל לסמן אותה כך: $a_{2k-1}$ .
נכתוב בכתיבה הכי פורמלית:

\{ a_{n} \}_{n=1}^\infty = 0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,\dots

\{ a_{2k-1} \}_{k=1}^\infty = 1,1,1,1,\dots

a_{2k}:\; 0,0,0,0,0,0

סימון: $\{ a_{n_{k}} \}_{k=1}^\infty$
כאשר בתס האחרונה שארינו, $n_{k}=2k$ .

משפט

אם $a_{n}$ מתכנסת אז כל הת"ס שלה מתכנסות לאותו גבול.

רעיון ההוכחה: נסמן את הגבול של $a_{n}$ ע"י $L$ . יהי $\epsilon>0$ ותהי $a_{n_{k}}$ ת"ס. החל ממקום מסויים כל אברי $a_{n}$ מקיימים $L-\epsilon<a_{n}<L+\epsilon$ ולכן גם כל איברי $a_{n_{k}}$ ממקום מסויים מקיימים $L-\epsilon<a_{n_{k}}<L+\epsilon$ .

הוכחה:

שיעורי בית (HW)

לבד

‎∎

משפט

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ אז כל ת"ס שואפת ל- $\infty$ .

הוכחה:

שיעורי בית (HW)

לבד

‎∎

מסקנה

אם לסדרה יש שתי ת"ס עם גבולות שונים במובן הרחב, אז היא לא מתכנסת.

דוגמה

הסדרה $(-1)^n$ . תת הסדרה של ה- $1$ -ים, מתכנסת ל-1 ותת הסדרה של ה- $(-1)$ -ים, מתכנסת ל- $(-1)$ .

הגדרה 7 (גבול חלקי)

גבול של ת"ס נקרא גבול חלקי (ג"ח) של הסדרה המקורית.

דוגמה

סדרה שכל מספר טבעי הוא ג"ח שלה.

1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,4,5,\dots

דוגמה

סדרה שכל מספר ממשי אי-שלילי הוא ג"ח שלה.
נסתכל על המטריצה האינסופית הבאה:

\begin{matrix} \frac{1}{1}& \frac{2}{1}& \frac{3}{1}& \frac{4}{1}& \frac{5}{1}& \dots \\ \frac{1}{2}& \frac{2}{2}& \frac{3}{2}& \frac{4}{2}& \frac{5}{2}& \dots \\ \frac{1}{3}& \frac{2}{3}& \frac{3}{3}& \frac{4}{3}& \frac{5}{3}& \dots \\ \vdots \end{matrix}

נעבור על המספרים ככה: נתחיל מהשורה הראשונה, נלך ימינה, ואז נרד באלכסון לטור הראשון השורה השנייה, נרד לשורה השלישית ונעלה באלכסון עד למעלה ונחזור להתחלה.
זה סידור של הרציונליים(האי שליליים) כסדרה!

יהי $x \in R^+$ .
בכל $\epsilon$ -סביבה של $x$ יש $\infty$ רציונליים (לפי צפיפות הרציונליים) ולכן, $x$ הוא ג"ח של הסדרה לפי משפט בולצאנו-ויירשטאס.

משפט

תהי $a_{n}$ סדרה. אזי: $L$ הוא גבול חלקי של $a_{n}$ ⇔ לכל $\epsilon>0$ יש $\infty$ איברים של $a_{n}$ בסביבה $(L-\epsilon,L+\epsilon)$ .

הוכחה:
⇐: לפי הנתון, קיימת ת"ס $a_{n_{k}}\underset{k\to \infty}{\longrightarrow} L$ . לכן, לכל $\epsilon>0$ קיים $K$ כך שלכל $k>K$ מתקיים: $L-\epsilon<a_{n_{k}}<L+\epsilon$ .
לכן, יש $\infty$ $a_{n_{k}}$ -ים בסביבה, כלומר, יש $\infty$ $a_{n}$ -ים בסביבה.

⇒: נבנה ת"ס השואפת ל- $L$ .
בסביבה $(L-1,L+1)$ יש $\infty$ איברים. נבחר אחד מהם ונקרא לו $a_{n_{1}}$ .
בסביבה $\left( L-\frac{1}{2},L+\frac{1}{2} \right)$ יש $\infty$ איברים. נבחר אחד מהם עם אינדקס גדול מ- $n_{1}$ ונקרא לו $a_{n_{2}}$ .
נניח כי בנינו $a_{n_{1}},a_{n_{2}},\dots,a_{n_{k}}$ .
בסביבה $\left( L-\frac{1}{k+1},L+\frac{1}{k+1} \right)$ יש $\infty$ איברים. נבחר אחד מהם עם אינדקס יותר גדול מ- $n_{k}$ ונקרא לו $a_{n_{k+1}}$
בנינו ת"ס המקיימת $L-\frac{1}{k}<a_{n_{k}}< L+\frac{1}{k}$ ולכן, לפי סנדוויץ, $\lim_{ k \to \infty }a_{n_{k}}=L$
‎∎

משפט BW

משפט (בולצאנו-ויירשטראס)

תהי $x_{n}$ סדרה חסומה. אזי יש לה ת"ס מתכנסת.

הוכחה:
הסדרה $X_{n}$ חסומה. כלומר, קיימים $a_{1}$ ו- $b_{1}$ כך ש- $a_{1}\leq x_{n}\leq b_{1}$ לכל $n$ . נחלק את $[a_{1},b_{1}]$ לשניים באמצע. לפחות באחד החצאיים יש $\infty$ $x_{n}$ -ים. נקרא לו $[a_{2},b_{2}]$ וכו'. (פרמלו לבד)
2 - סדרות 2025-11-24 09.43.37.excalidraw.svg
קיבלנו סדרה של קטעים $[a_{n},b_{n}]$ שבכל אחד מהם יש אינסוף איברים של $x_{n}$ ומקיימים את התנאים של הלמה של קנטור(אורכי הקטעים הם $\frac{b_{1}-a_{1}}{2^{n-1}}\longrightarrow 0$ ) ולכן, קיימת נקודה יחידה $c$ אשר לכל $n$ מקיימת $c \in [a_{n},b_{n}]$ .
נבנה ת"ס $x_{n_{k}}$ השואפת ל- $c$ .
ב- $[a_{1},b_{1}]$ יש $\infty$ איברים של $x_{n}$ . נבחר אחד מהם ונקרא לו $x_{n_{1}}$ .
נניח שבנינו $x_{n_{1}},x_{n_{2}},\dots,x_{n_{k}}$ . בקטע $[a_{n+1},b_{n+1}]$ יש $\infty$ איברים של $x_{n}$ . נבחר אחד מהם עם אינדקס שגדול מ- $n_{k}$ ונקרא לו $x_{n_{k+1}}$ .
בנינו ת"ס של $x_{n}$ -ים המקיימת $a_{k}<x_{n_{k}}<b_{k}$ ולכן לפי הוכחת הלמה של קנטור, $\lim_{ n \to \infty }b_{k}=c,\lim_{ n \to \infty }a_{k}=c$ ולכן, לפי סנדוויץ, $\lim_{ n \to \infty }x_{n_{K}}=c$ .
∎

תרגיל

האם ניתן לסדר את $\mathbb{R}$ כסדרה?

התשובה היא לא.
התשובה לזה מסתתרת בתחום רחב יותר שנקרא עוצמות(שנדבר עליו במתקא)
יש סוגים שונים של $\infty$ (כמו $\mathbb{N},\mathbb{Q}$ ).
העוצמה של $\mathbb{N}$ הוא $\aleph_{0}$ והוא נקרא גם בעל מניה.
הוכחה:

הערה (ענן המחשבות)

נקח סדרה שהינה כוויכול סידור של $\mathbb{R}$ ונראה כי נוכל למצוא מספר שלא נמצא בסדרה:
נקח את $b$ כאיבר שלא מופיע בסדרה ונבנה אותו כך: כל מספר אחרי הנקודה יהיה שונה מהמספר באינדקס המתאים בסדרה יחסית לנקודה.
ואז זה יהיה מספר שבטוח לא בסדרה.

ניתן לפרמל - אבל צנזור לא עשה את זה.
∎

משפט

בקטע פתוח לכל מספר יש סביבה שמוכלת בקטע הפתוח.
בקטע סגור, לכל סדרה מתכנסת של מספרים מהקטע, גם הגבול שייך לקטע.

הוכחה:

שיעורי בית (HW)

לבד (עם קצת יחס סדר גבולות)

‎∎

מסקנות על WB

לכל סדרה חסומה יש לפחות ג"ח אחד.
הוכחה:
נובע מיידית מ- $WB$ .
∎
לכל סדרה יש ת"ס מתכנסת במובן הרחב.
הוכחה:
תהי $a_{n}$ סדרה. אם $a_{n}$ חסומה, אז לפי $BW$ יש לה תת סדרה מתכנסת.
אם $a_{n}$ לא חסומה, נניח בה"כ כי היא לא חסומה מלמעלה ונראה שיש לה ת"ס השואפת ל- $\infty$ .
נבחר איבר כלשהו שגדול מ-1. יש כזה כי 1 הוא לא חסום מלמעלה. נקרא לו $a_{n_{1}}$ .
נניח שבנינו $a_{n_{1}},a_{n_{2}},\dots a_{n_{k}}$ . נבחר איבר שגדול מ- $k+1$ עם אינדקס שגדול מ- $n_{k}$ ונקרא לו $a_{n_{k+1}}$ .
בנינו תת סדרה המקיים $a_{n_{j}}>j$ לכל $j$ ולכן, $a_{n_{j}}$ שואפת ל- $\infty$ לפי פיצה.
∎
לכל סדרה יש לפחות ג"ח אחד במובן הרחב
הוכחה:
נובע מהמשפט הקודם.
∎
סדרה מתכנסת במובן הרחב ⇔ יש לה בדיוק ג"ח אחד (באופן הרחב)
הוכחה:
⇐: כבר הוכחנו על גבול סופי(וצנזור אמר לנו להוכיח על גבול $\infty$ )
⇒: תהי $a_{n}$ סדרה. יהי $L$ הגבול הג"ח היחיד שלה(נניח L סופי - הוכיחו לבד עבור $\pm \infty$ )
נוכיח כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n_{k}}=L$ . נניח בשלילה שלא.
אזי, קיים $\epsilon>0$ כך שמחוץ לסביבה $(L-\epsilon,L+\epsilon)$ יש $\infty$ איברים של $a_{n}$ .
לפי סדר הופעתם ב- $a_{n}$ , הם מהווים ת"ס של $a_{n}$ ולפי מסקנה 2, יש לה ת"ס מתכנסת במובן הרחב לגבול שאינו $L$ . זוהי סתירה.
∎
לכל סדרה יש ת"ס מונוטונית.

הערה

את 5 ניתן להוכיח ללא $BW$ .
הצעה: להוכיח את 5 לבד. הגישה הנאיבית לא עובדת.
יש שיטה להוכיח את 5 ללא משפטים מסובכים ואפילו ללא הגדרת הגבול. רק צריך הברקה. כל אחד לבד

מסקנה

אביב טוען כי אם מוכיחים את 5, $BW$ נובע חינם.

הוכחה:
תהי $a_{n}$ סדרה חסמוה. לפי 5, יש לה ת"ס מונוטונית. זוהי ת"ס מונוטונית וחסומה ⇐ לפי משפט, היא מתכנסת.
∎

הערה (הוכחה מעגלית)

אם מוכיחים את A ע"י B, לא ניתן להוכיח את B ע"י A ואז להגיד ששתי הטענות נכונות. צריך להוכיח לפחות אחת ללא השניה כדי שהן יהיו נכונות.

הוכחה: של 5 לפי BW

תרגיל (עזר)

הוכיחו בבית כי לכל סדרה מתכנסת במובן הרחב יש ת"ס מונוטונית.
(הערה: יש אותו בהרבה בחני אמצע ← רמז?)

לפי 2 + תרגיל העזר.
∎

גבול עליון וגבול תחתון

תהי $a_{n}$ סדרה חסומה. (הנחה לכל הנושא)
נסמן ב- $\mathcal{M}$ את אוסף כל הג"ח-ים של $a_{n}$ .

הקבוצה $\mathcal{M}$ חסומה. (יחס סדר גבולות)
הקבוצה $\mathcal{M}$ לא ריקה. ( $BW$ )

לכן, לפי אקסיומת השלמות, יש ל- $\mathcal{M}$ סופרמום ואינפימום.

הגדרה 8 (גבול עליון תחתון)

הסופרמום של אוסף הג"חים של סדרה $a_{n}$ חסומה, נקרא הגבול העליון של $a_{n}$ ומסומן: $\lim\sup a_{n}$ או $\overline{\lim}a_{n}$ .
האינפימום של אוסף הג"חים של סדרה $a_{n}$ חסומה, נקרא הגבול התחתון של $a_{n}$ ומסומן: $\lim\inf a_{n}$ או $\underline{\lim}a_{n}$

דוגמה

(-1)^n+\frac{1}{n}

נראה כי $\mathcal{M}=\{ -1,1 \}$ .

דוגמה

סדרה של הרציונליים ב- $[0,1]$ . $\mathcal{M}=[0,1]$ אזי $0$ הוא הגבול התחתון( $\underline{\lim}$ ) ו- $1$ הוא הגבול העליון( $\overline{\lim}$ ).
דבר זה נכון גם ל- $(0,1)$ שכן עדיין יש תת סדרות השואפות ל-0 ול-1(ת"ס שונות ולא אותה אחת כמובן).

משפט

$\overline{\lim}$ ו- $\underline{\lim}$ הם בצעמם ג"ח.

הוכחה:

הערה (תזכורת למשפט)

$L$ הוא גבול חלקי ⇔ לכל $\epsilon>0$ יש $\infty$ של $a_{n}$ בסביבה: $(L-\epsilon,L+\epsilon)$

נסמן $L=\overline{\lim}a_{n}$ . יהי $\epsilon>0$ . נראה שלכל $\epsilon>0$ יש $\infty$ איברים של $a_{n}$ ב- $(L-\epsilon,L+\epsilon)$ .
הקבוע $L$ הוא סופרמום של אוסף הג"חים ולכן קיים ג"ח $K$ כך ש- $L-\frac{\epsilon}{2}<K\leq L$ .
לכן יש $\infty$ מאיברי הסדרה ב- $\left( K-\frac{\epsilon}{2},K+\frac{\epsilon}{2} \right)$ .
אנו יודעים(אם רושמים את זה בש.ב צריך להוכיח) כי $\left( K-\frac{\epsilon}{2},K+\frac{\epsilon}{2} \right)\subset(L-\epsilon,L+\epsilon)$ .
באופן דומה(בש.ב. צריך להוכיח) לגבול תחתון.
∎

הערות ומשפטים

לא נוכיח אותם בכיתה, כדאי להוכיח בבית.

משפט

$a_{n}$ מתכנסת ⇔ $\overline{\lim}=\underline{\lim}$ (לא מצריך הוכחה)

הערה

$\overline{\lim}$ ו- $\underline{\lim}$ לא מקיימים חשבון גבולות.
דוגמה: $\overline{\lim}(-1)^n=1$ ו- $\overline{\lim}(-1)^{n+1}=1$ אך: $\overline{\lim}((-1)^n+(-1)^{n+1})=0\neq1+1$

תרגיל

הוכיחו: לכל $\epsilon>0$ , כל איברי $a_{n}$ חוץ ממספר סופי, נמצאים בקטע $(\underline{\lim}-\epsilon,\overline{\lim}+\epsilon)$ .

רעיון ההוכחה: נניח בשלילה כי יש $\infty$ איברים שגדולים מהגבול העליון ואז לפי BW יש לה ג"ח ← סתירה.

משפט

אם $a_{n}$ אינה חסומה מלמעלה אז נגדיר $\overline{lim}=\infty$ .
אם $a_{n}$ אינה חסומה מלמטה אז נגדיר $\underline{lim}=-\infty$ .

הערה

בהמשך יהיו תרגילים מבלבלים על $\overline{lim}$ ו- $\underline{lim}$ .
המוטיבציה לגבול עליון ותחתון: אחרי זה ביישומים.

סדרת קושי

הגדרה 9 (סדרת קושי)

$a_{n}$ תקרא סדרת קושי אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $m,n>N$ מתקיים:

|a_{m}-a_{n}|<\epsilon

המשמעות של סדרת קושי היא שהאיברים מתקרבים אחד לשני, בדיוק כמו שבהגדרת הגבול האיברים מתקרבים לגבול $L$ .

משפט

אם $a_{n}$ סדרת קושי אזי $a_{n}$ חסומה

הוכחה:
נבחר $\epsilon=1$ . נקח איבר שנסמנו $a_{n_{0}}$ כך ש- $n_{0}>N$ כאשר $N$ מתאים ל- $\epsilon=1$ בהגדרה.
אזי, לכל $m>n_{0}$ מתקיים $a_{n_{0}}-1<a_{m}<a_{n_{0}}+1$ .
נגדיר $K=\max\{ a_{n_{0}}+1,a_{1}a_{2},\dots,a_{n_{0}} \}$ ונגדיר $k=\min\{ a_{n_{0}}-1,a_{1},a_{2},\dots,a_{n_{0}} \}$ .
ואז לכל $n$ מתקיים $k\leq a_{n}\leq K$ .
∎

משפט

$a_{n}$ סדרת קושי ⇔ $a_{n}$ מתכנסת

בעצם הגדרת סדרת קושי והגדרת הגבול הן אותו הדבר. אינטואיטיבית יש בזה הגיון, כי אם הסדרה שואפת לגבול האיברים מתקרבים אחד לשני.
אבל כדי שזה יהיה תקף נדרש להוכיח את זה, מה שנעשה כעת.

הערה

סדרת קושי זו דרך לבדוק התכנסות בלי לומר במפורש מהו הגבול.

הוכחה:
⇒: נתון $L=\lim_{ n \to \infty }a_{n}$ . יהי $\epsilon>0$ .
לפי הגדרת הגבול, קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $|a_{n}-L|< \frac{\epsilon}{2}$ ולכן לכל $m,n>N$ מתקיים:

|a_{m}-a_{n}|= |a_{m}-L+L-a_{n}|\leq |a_{m}-L|+|a_{n}-L|\leq \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

⇐: יהי $\epsilon>0$ . לפי משפט קודם, $a_{n}$ חסומה. לכן לפי $BW$ יש לה ת"ס $a_{n_{k}}$ מתכנסת לגבול שנסמנו $L$ . נראה כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ .
לפי הגדרת סדרת קושי, קיים $N$ כך שלכל $m,n>N$ מתקיים $|a_{m}-a_{n}|< \frac{\epsilon}{2}$ . נקח $a_{n_{0}}$ כך ש- $n_{0}>N$ .
האיבר $a_{n_{0}}$ הינו איבר בת"ס המתכנסת ל- $L$ ו- $|a_{n_{0}}-L|< \frac{\epsilon}{2}$ . ואז לכל $n>N$ מתקיים:

|a_{n}-L|\leq |a_{n}-a_{n_{0}}|+|a_{n_{0}}-L| < \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

∎

הגדרה 10 (הגדרה שקולה לסדרת קושי)

$a_{n}$ תקרא סדרת קושי אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ ולכל $p \in \mathbb{N}$ מתקיים:

|a_{n+p}-a_{n}|<\epsilon

דוגמה

1,2, 2+\frac{1}{2},3,3+ \frac{1}{3},3+\frac{2}{3},4,4+\frac{1}{4},4+\frac{1}{2},4+\frac{3}{4},5,\dots

הסדרה הנ"ל מקיימת:
א. $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ .
ב. $a_{n+1}-a_{n}\longrightarrow 0$ .

מסקנה

התנאי (ב) בדוגמה, אינו שקול לתנאי קושי או להתכנסות.
למה? קושי אומר לכל שני אינדקסים שעברו את $N$ לא משנה מה המרחב ביניהם בעוד שהתנאי הנ"ל אומר כי המרחק בין כל שני איברים עוקבים בלבד הוא שואף לאפס, אבל המרחק בין איבר לאיבר שמגיע 5 איברים אחריו(או כל מספר אחר) לאו דווקא שואף ל-0.

הערה

ב- $\mathbb{Q}$ המשפט הקודם לא נכון.
← למשל סדרה של רציונליים ששואפת ל- $\sqrt{ 2 }$ היא סדרת קושי, אבל ב- $\mathbb{Q}$ אין לה גבול ולכן היא לא מתכנסת.

דוגמה

a_{n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \qquad : \qquad 1,1+\frac{1}{4},1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9},\dots

נראה שהיא סדרת קושי ולכן מתכנסת. לא נראה, כרגע(זה באינפי 2) שהגבול שלה הוא $\frac{\pi^2}{6}$ .

יהי $\epsilon>0$ . נגדיר $N=\frac{1}{\epsilon}$ ואז לכל $n>N$ ולכל $p \in \mathbb{N}$ מתקיים:

|a_{n+p}-a_{n}|=\left| \sum_{k=1}^{n+p} \frac{1}{k^2}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \right|=\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k^2}=\frac{1}{(n+1)^2}+\dots+\frac{1}{(n+p)^2}

< \frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\dots+\frac{1}{(n+p-1)(n+p)}

נפרק לשברים חלקיים:

=\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)+\dots+\left( \frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p} \right)

למי שלא למד את זה בביה"ס, יש סרטונים קצרים של צנזור בנושא ביוטיוב - לכו וצפו בהם.

=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}< \frac{1}{n}<\epsilon

תרגיל

הוכיחו ע"י שלילת ההגדרה של סדרת קושי כי: $a_{n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ לא מתכנסת.

כיסויים

הגדרה 11 (כיסוי)

תהי $A \subseteq \mathbb{R}$ קבוצה ותהי $S$ אוסף של קטעים.
נאמר כי $S$ היא כיסוי של $A$ אם לכל $x \in A$ קיים קטע $I \in S$ כך ש- $x \in I$ .

אם כל הקטעים ב- $S$ הם פתוחים אז $S$ נקרא כיסוי פתוח.
אם ב- $S$ יש מספר סופי של קטעים אז $S$ נקרא כיסוי סופי.
אם יש חלק מהקטעים שנסמנם $\tilde{S}$ שמכסים את $A$ אז $\tilde{S}$ נקא תת-כיסוי.

דוגמה

הקבוצה אותה נרצה לכסות היא $A=[0,1]$ .

S=\left\{ \begin{array}{c|c} \left( \frac{1}{n},2 \right),\left( -1, \frac{1}{m} \right) & n,m \in \mathbb{N} \end{array} \right\}

אזי $S$ היא כיסוי פתוח של $A$ .

\tilde{S}=\left\{ \left( \frac{1}{8},2 \right),\left( -1, \frac{1}{3} \right) \right\}

מספיק 2 הקטעים הללו כדי לכסות את $A$ , ולכן, נקרא לו תת-כיסוי סופי.

דוגמה

A=\mathbb{R} \qquad S=\{ (n,n+2)|n \in \mathbb{Z} \}

האוסף $S$ הוא כיסוי פתוח של $A$ שאין לו תת-כיסוי סופי.

הלמה של היינה ובורל

משפט (הלמה של היינה-בורל)

יהי $S$ כיסוי פתוח של קטע סגור $A$ . אזי קיים ל- $S$ תת כיסוי סופי.

דוגמה

אם $A$ הוא הקטע $(0,1]$ ו- $S=\left\{ \left( \frac{1}{n},2 \right)|n \in \mathbb{N} \right\}$ אזי $S$ הוא כיסוי פתוח של $A$ אך אין תת כיסוי סופי שכן במקרה שפה, כל מספר מכוסה על ידי ה- $\frac{1}{n}$ שקטן לכל $n_{1}<n_{2}$ .
אם $A=[0,1]$ ו- $S=\left\{ [-1,0],\left[ \frac{1}{n},1 \right] | n \in \mathbb{N} \right\}$ אזי אין כיסוי סופי.

הוכחה:
נניח בשלילה שאין תת כיסוי סופי. נשתמש בלמה של קנטור. נסמן $A=[a_{1},b_{1}]$ . נחצה אותו. $S$ הוא כיסוי של שני החצאים. לפחות לאחד מהם, אין תת-כיסוי סופי. נסמנו $[a_{2},b_{2}]$ . וכו' (פרמלו באינדוקציה)
קיבלנו סדרה של קטעים סגורים $[a_{n},b_{n}]$ המקיימים את התנאים של הלמה של קנטור. לכן, קיימת נקודה $c$ כך ש- $c \in[a_{n},b_{n}]$ לכל $n$ . $c \in A$ ולכן יש קטע $I \in S$ פתוח כך ש- $c \in I$ .
2 - סדרות 2025-11-27 10.17.48.excalidraw.svg
הקטע $I$ פתוח ולכן קיימת $\delta>0$ כך ש- $(c-\delta,c+\delta )\subseteq I$ . נבחר $n$ שמקיים $\frac{b_{1}-a_{1}}{2^n}<\delta$ ואז $[a_{n},b_{n}]\subset (c-\delta,c+\delta) \subseteq I$ .
סתירה כי ל- $[a_{n},b_{n}]$ אין תת כיסוי סופי.
∎

הערה

הלמה של קנטור, משפט BW והלמה של היינה-בורל הינם שקולים.
למי שרוצה: נסו להוכיח את משפט BW או הלמה של קנטור באמצעות היינה בורל

2 - סדרות

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

סדרות

2 - סדרות

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

סדרות

גבולות

חשבון גבולות

יחס סדר גבולות

התכנסות הממוצעים החשבוניים

שאיפה ל- $\infty$

מבחן המנה והשורש

סדרות מונוטוניות

הלמה של קנטור

תתי סדרות

משפט BW

מסקנות על WB

גבול עליון וגבול תחתון

הערות ומשפטים

סדרת קושי

כיסויים

הלמה של היינה ובורל

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

סדרות

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

סדרות

גבולות

חשבון גבולות

יחס סדר גבולות

התכנסות הממוצעים החשבוניים

שאיפה ל-∞\infty∞

מבחן המנה והשורש

סדרות מונוטוניות

הלמה של קנטור

תתי סדרות

משפט BW

מסקנות על WB

גבול עליון וגבול תחתון

הערות ומשפטים

סדרת קושי

כיסויים

הלמה של היינה ובורל

שאיפה ל- $\infty$