גליון 1 — חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

יהיו $p,q$ מספרים ראשוניים שונים.
הוכיחו כי $\log_{q}p=\frac{\ln p}{\ln q}$ אינו מספר רציונלי.
הדרכה: הוכיחו בשלילה תוך שימוש בחוקי הלוגריטמים.

הוכחה: בשלילה
נניח בשלילה כי קיים מספר $m,n \in \mathbb{Z}, n\neq 0, \frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ אשר הינו שבר מצומצם כך ש:

\log_{q}p=\frac{m}{n}=\frac{\ln p}{\ln q}\implies m\ln q=n\ln p\implies \ln q^m=\ln p^n\implies q^m=p^n

פה לפי מה שהבנתי צריך להגיד כי מספרים ראשוניים בחזקת מספר שלם שווים רק אם שניהם בחזקת 0 וזה לא מתרחש כאן, אבל לא הוכחתי את המשפט הזה עדיין. אז נחכה להרצאה הבאה ונראה :)
‎∎

תרגיל (1 [ב])

יהיו $r_{1},r_{2} \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q},\; q \in \mathbb{Q}$ .
קבעו האם המספרים הבאים הם רציונליים או אי-רציונליים או שלא ניתן לקבוע. נמקו את הטענה שלכם. אם הטענה שהמספר הוא רציונלי או אי רציונלי, יש להוכיח זאת. אם הטענה היא שלא ניתן לקבוע, יש להביא דוגמות לכאן ולכן, עדיף מהתרגילים שראיתם בהרצאה או בתרגול.

$r_{1}+r_{2}$
$r_{1}+q$
$r_{1}r_{2}$
$r_{1}q$

נתחיל בלטעון ולהוכיח טענת עזר שתעזור לנו בכל התרגיל:

טענה (טענת עזר)

אם $n \in \mathbb{N}$ לא מתחלק ב- $a \in \mathbb{N}$ אזי $n^2$ אינו מתחלק ב- $a$ .

הוכחה:

n=ak+r,\quad k \in \mathbb{Z}, a>r \in \mathbb{N},

n^2=a^2k^2+2ar\cdot k+r^2=a(ak^2+2r\cdot k)+r^2

נניח בשלילה כי $r^2$ כן מתחלק ב- $a$ ונוכיח בשלילה כי הוא לא.
מכיוון ש- $r^2$ מתחלק ב- $a$ ניתן לייצג את $n$ כך:

a=kr^2,\quad k \in \mathbb{N}

נסמן: $A=rk \in \mathbb{N}$ ולכן:

a=Ar

כך רואים כי $r$ מתחלק ב- $a$ מה שעומד בסתירה לנתון שלנו.
‎∎
מכיוון שטענה זו נכונה, אנו יודעים כי גם הנוגד הלוגי שלה נכון ולכן:

טענה (הנוגד הלוגי של טענת העזר)

אם $n^2$ מתחלק ב- $a$ אזי $n$ מתחלק ב- $a$ .

הוכחה: (1)
נסתכל על 2 דוגמות. הראשונה תהיה כאשר $r_{1}=\sqrt{ 2 }$ ו- $r_{2}=-\sqrt{ 2 }$ .

\sqrt{ 2 }+(-\sqrt{ 2 })=0 \in \mathbb{Q}

אנו יודעים כי $0$ נמצא ב- $\mathbb{Q}$ מכיוון שניתן להציג אותו ע"י השבר $\frac{0}{n}$ כאשר $n \in \mathbb{Z}, n\neq 0$ . ולכן 0 רציונלי.
נסתכל על הדוגמה השנייה כעת. בה, $r_{1}=\sqrt{ 2 },r_{2}=\sqrt{ 2 }$ :

\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }=2\sqrt{ 2 }=\sqrt{ 8 }

כעת, נניח בשלילה כי $\sqrt{ 8 }=\frac{m}{n}$ כאשר $\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ שבר מצומצם:

\sqrt{ 8 }=\frac{m}{n}\implies 8=\frac{m^2}{n^2}\implies m^2=8n^2

כך אנו יודעים כי $m^2$ מתחלק ב-8. ולכן, לאור הנוגד הלוגי של טענת העזר, נדע כי $m$ גם הוא מתחלק ב-8 ⇐ $m^2$ מתחלק ב- $64$ ולכן $n^2$ מתחלק ב-8 ולכן $n$ מתחלק ב-8.
מצאנו כי יש גורם משותף ולכן השבר $\frac{m}{n}$ אינו מצומצם וזוהי סתירה - לכן, $\sqrt{ 8 }$ הינו אי רציונלי.
לכן:

\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }=\sqrt{ 8 } \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}

מכיוון שיש שתי דוגמות לשני המצבים השונים יודעים אנו כי לא ניתן לקבוע האם $r_{1}+r_{2}$ הינו רציונלי או אי רציונלי.
‎∎

הוכחה: (2)
נניח בשלילה כי $r_{1}+q$ הינו מספר רציונלי, כלומר, הוא שווה למספר: $\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ אשר הינו שבר מצומצם.

r_{1}+q=\frac{m}{n}\implies r_{1}=\frac{m}{n}-q

מכיוון ש- $q$ הינו רציונלי אנו יכולים להביע אותו באמצעות השבר $\frac{a}{b}$ כאשר $a,b \in \mathbb{Z},\; b \neq 0$

r_{1}=\frac{m}{n}-\frac{a}{b}=\frac{mb-an}{nb}

מכיוון שהשבר כולו הוא שלמים, נוכל לדעת כי $r_{1}$ רציונלי, מה שאינו נכון ולכן אנו יודעים כי $r_{1}+q$ הינו אי רציונלי.
‎∎

הוכחה: (3)
נסתכל על 2 דוגמות, הראשונה הינה כאשר $r_{1}=r_{2}=\sqrt{ 2 }$ :

\sqrt{ 2 }\sqrt{ 2 }=2 \in \mathbb{Q}

כעת נסתכל על עוד דוגמה בה: $r_{1}=\sqrt{ 3 },r_{2}=\sqrt{ 2 }$ :
נתחיל בלהניח בשלילה כי $\sqrt{ 3 }$ הינו רציונלי. נייצג אותו באמצעות השבר המצומצם $\frac{p}{q}$ כאשר $p,q \in \mathbb{Z},q\neq 0$ .

\sqrt{ 3 }=\frac{p}{q}\implies 3=\frac{p^2}{q^2}\implies p^2=3q^2

כך אנו יודעים כי $p^2$ מתחלק ב-3. על בסיס הנוגד הלוגי של טענת העזר אנו יודעים כי $p$ מתחלק ב-3, משמע $p^2$ מתחלק ב-9 ולכן $q^2$ מתחלק ב-3 ולכן $q$ מתחלק ב-3.
ולכן, יש גורם משותף והשבר $\frac{p}{q}$ אינו מצומצם מה שעומד בסתירה עם טענת הבסיס שלנו ולכן $\sqrt{ 3 }$ אינו רציונלי.

\sqrt{ 2 }\sqrt{ 3 }=\sqrt{ 6 }

כעת, נניח בשלילה כי $\sqrt{ 6 }$ הינו רציונלי, כלומר ניתן לייצג אותו באמצעות השבר $\frac{a}{b}$ כאשר $a,b \in \mathbb{Q},b\neq 0$ :

\sqrt{ 6 }=\frac{a}{b}\implies 6=\frac{a^2}{b^2}\implies a^2=6b^2

מכיוון ש- $a^2$ מתחלק ב-6, על פי הנוגד הלוגי של טענת העזר, $a$ מתחלק ב-6 ⇐ $a^2$ מתחלק ב-36 ⇐ $b^2$ מתחלק ב-6 ולכן $b$ מתחלק ב-6.
לכן, מכיוון שגם a וגם b מתחלקים ב-6, יש להם גורם משותף והשבר אינו מצומצם ולכן $\sqrt{ 6 }$ אינו רציונלי.

לכן, לאור שתי הדוגמות שראינו ניתן לדעת כי לא ניתן לקבוע האם מכפלה בין שני אי רציונליים הוא רציונלי או אי רציונלי.
‎∎

הוכחה: (4)
נסתכל על 2 דוגמות:
הראשונה, תשתמש בהוכחה מסעיף 1, כאשר $q=2,r=\sqrt{ 2 }$ נראה כי:

r_{1}q=2\sqrt{ 2 }=\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }

כבר הוכחתי כי $\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }$ הינו אי רציונלי ולכן אנו יודעים כי הביטוי הזה הוא אי רציונלי.

הדוגמה השנייה תהיה כאשר $r=\sqrt{ 2 },q=0$ והיא תראה כך:

\sqrt{ 2 }\cdot 0=0 \in \mathbb{Q}

מכיוון ש-0 מספר רציונלי אנו יודעים כי הביטוי רציונלי.

ולכן, לא ניתן לקבוע אם הביטוי רציונלי או אי רציונלי.
‎∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

יהיו $a,b,L \in \mathbb{R}$ ו- $\epsilon>0$ כך ש-

|a-L|<\epsilon,\quad |b-L|<\epsilon

הוכיחו: $|a-b|<2\epsilon$

הוכחה:

-\epsilon<a-L<\epsilon

-\epsilon<b-L<\epsilon

נחסר אי שוויונים אלו:

-2\epsilon<a-b<2\epsilon

‎∎

תרגיל (2 [ב])

הוכיחו כי אם $|x-3|< \frac{1}{2}$ אז

\left|\frac{x^2-8x+15}{4x-7}\right|< \frac{1}{2}

הוכחה:
נסתכל ונראה שכדי להגיע מהמצב הבא:

|x-3|< \frac{1}{2}

לתוצאה הרצויה, נצטרך להגיע למצב בו אנו מקטינים את הביטוי בערך המוחלט. והכוונה במקטינים זה מקרבים ל-0.
כדי לעשות זאת, נסתכל על הביטוי הבא:

\frac{|x-5|}{|4x-7|}

בביטוי הזה נסתכל מה יהיה הערך הכי גדול שיוכל לצאת ממנו, כלומר, כאשר המונה מקסימלי והמכנה מינימלי.
נסתכל על תחום ההגדרה של $x$ :

-\frac{1}{2}< x-3< \frac{1}{2} \implies 2.5<x<3.5

משמע, כאשר המונה מקסימלי נקבל במונה $x=2.5\implies (x-5)=-2.5$ וכאשר המכנה מינימלי נקבל: $x=2.5\implies (4x-7)=3$ . לכן,

\frac{|x-5|}{|4x-7|}< \frac{|-2.5|}{|3|}=\frac{2.5}{3}<1

לכן, אנו יודעים כי אם נכפיל בשבר הזה נקטין את הביטוי אותו נכפיל. כעת בואו נבצע את זה:

\frac{|x-5|}{|4x-7|}|x-3|<1\cdot |x-3| =|x-3|< \frac{1}{2}

\frac{|x-5||x-3|}{|4x-7|}=\left|\frac{(x-5)(x-3)}{4x-7}\right|=\left|\frac{x^2-8x+15}{4x-7}\right|<|x-3|< \frac{1}{2}

‎∎

תרגיל 3

תרגיל (3 [א])

הוכיחו באינדוקציה כי לכל קבוצת איברים סופית ולא ריקה יש איבר מקסימלי ואיבר מינימלי.

הוכחה:
נתחיל במקרה הבסיס:
נגדיר

A=\{ 1 \}

זוהי קבוצת איברים סופית ולא ריקה שבה יש רק איבר אחד, שזהו הדבר הקרוב ביותר לקבוצה ריקה, לכן, זהו מקרה הבסיס שלנו.
אנו יכולים לראות כי לקבוצה זו יש איבר מקסימלי והוא $1$ ויש איבר מינימלי והוא גם $1$ . שכן אין איבר הגדול מ-1 ואין איבר הקטן מ-1.

הצעד: נניח כי קיימת קבוצה בה יש $n$ איברים ויש לה איבר מקסימום ואיבר מינימום.
כעת, נקח קבוצה בה יש $n+1$ איברים ונסתכל עליה. אנו יכולים להוסיף את האיבר החדש ב-3 מקומות:

באמצע הקבוצה, הוא לא יהיה גדול מהמקסימלי או קטן מהמינימלי ולכן המקסימלי והמינימלי ישארו אותו הדבר ולכן לקבוצה יהיה מקסימום ומינימום.
נוסיף איבר הגדול יותר מהאיבר המקסימלי, ואז האיבר המינימלי נשאר אותו הדבר ויש איבר מקסימלי חדש, שהוא האיבר שהוספנו. כך, עדיין לקבוצה יש איבר מקסימלי ואיבר מינימלי.
נוסיף איבר שהוא קטן יותר מהאיבר המינימלי, ואז האיבר המקסימלי נשאר אותו הדבר ויש איבר מינימלי חדש, שהוא האיבר שהוספנו. כך, עדיין לקבוצה יש איבר מקסימלי ואיבר מינימלי.
לכן, מכיוון שבכל מצב לקבוצה יש איבר מינימלי ואיבר מקסימלי, אנו יודעים כי זה מתקיים לכל קבוצה סופית ולא ריקה
‎∎

תרגיל (3 [ב])

הוכיחו באינדוקציה כי לכל $x \in \mathbb{R}$ ו- $n \in \mathbb{N}$ , מתקיים:

x^{n+1}-1=(x-1)(x^n+x^{n-1}+\dots+x+1)

הוכחה:
נתחיל במקרה הבסיס בו $n=1$ .

x^2-1\overset{?}{=}(x-1)(x^1+1)=x^2-1

x^2-1=(x-1)(x+1)

מקרה הבסיס מתרחש.
כעת, נעבור לצעד:
נניח כי התנאי $x^{n+1}-1=(x-1)(x^n+x^{n-1}+\dots+x+1)$ מתקיים עבור $n$ וכעת, נסתכל האם הוא גם מתקיים ל- $n+1$ :

(x-1)(x^{n+1}+x^n+\dots+x+1)=x^{n+2}-x^{n+1}+(x-1)(x^n+x^{n-1}+\dots+x+1)

לאור הנחת האינדוקציה:

=x^{n+2}-x^{n-1}+x^{n-1}-1=x^{n+2}-1

ולכן:

(x-1)(x^{n+1}+x^n+\dots+x+1)=x^{n+2}-1

ולכן, הטענה נכונה לכל $n \in \mathbb{N}$ .
‎∎

תרגיל (3 [ג])

הוכיחו באינדוקציה כי לכל $n$ טבעי מתקיים:

\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}

הוכחה:
נתחיל בלהוכיח את מקרה הבסיס בו $n=1$ :

\frac{1}{2}\overset{?}{<} \frac{1}{\sqrt{ 2+1 }}=\frac{1}{\sqrt{ 3 }}

\frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{ 3 }}

הטענה מתקיימת ל- $n=1$ .
כעת, נעבור לצעד:
נניח כי מתקיים $\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}$ עבור $n$ טבעי וננסה להוכיח כי המצב מתקיים עבור $n+1$ .

\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n+2-1}{2n+2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n+1}{2n+2}=\underbrace{\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n-1}{2n}}_{\text{החנהה}}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}< \frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}

כעת, נוכיח כי:

\frac{2n+1}{\sqrt{ 2n+1 }(2n+2)}< \frac{2n+1}{\sqrt{ 2n+3 }(2n+1)}

\frac{2n+1}{(2n+2)\sqrt{ 2n+1 }}< \frac{2n+1}{(2n+1)\sqrt{ 2n+3 }}\implies \frac{1}{(2n+2)\sqrt{ 2n+1 }} < \frac{1}{(2n+1)\sqrt{ 2n+3 }}

(2n+1)\sqrt{ 2n+3 }< (2n+2)\sqrt{ 2n+1 } \implies (4n^2+4n+1)(2n+3) < (4n^2+8n+4)(2n+1)

8n^3+12n^2+8n^2+12n+2n+3 < 8n^3+4n^2+16n^2+8n+8n+4

8n^3+20n^2+14n+3 < 8n^3+20n^2+16n+4 \implies -1<2n \implies n>-\frac{1}{2}

מכיוון ש- $n \in \mathbb{N}$ כל $n$ גדול מ- $-\frac{1}{2}$ ולכן השבר הימני גדול יותר. לאור עובדה זו, אנו יכולים לבצע את המעבר הבא:

\frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}\cdot \frac{2n+1}{2n+2} < \frac{1}{\sqrt{ 2n+3 }}\cdot \frac{2n+1}{2n+1}=\frac{1}{\sqrt{ 2n+3 }}

ולכן יודעים אנו כי ל- $n+1$ מתקיים:

\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n+3}{2n+2}< \frac{1}{\sqrt{ 2n+3 }}

ולכן, לאור העובדה כי גם הצעד מתקיים וגם טענת הבסיס מתקיימת, הטענה נכונה לכל $n$ .
‎∎

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

יהיו $a_{k}$ מספרים חיוביים לכל $1\leq k \leq n$ כך שמתקיים $a_{1}a_{2}\cdot\ \dots\ \cdot a_{n}=1$
הוכיחו $(1+a_{1})(1+a_{2})\cdot\ \dots\ \cdot(1+a_{n})\geq 2^n$

הוכחה:
נקח שני מספרים: $a_{k}$ כללי ו- $1$ . על פי אי שוויון הממוצעים יודעים אנו כי:

\sqrt[2]{ a_{k} }\leq \frac{a_{k}+1}{2} \implies 2\sqrt{ a_{k} }\leq a_{k}+1

מכיוון שמדובר על $a_{k}$ כללי, כלל זה מתרחש לכל $a_{k}$ ולכן נוכל להכפיל אותם כך:

2\sqrt{ a_{1} }\cdot 2\sqrt{ a_{2} }\cdot\ \dots\ \cdot 2\sqrt{ a_{n} }\leq (a_{1}+1)(a_{2}+1)\cdot\ \dots\ \cdot (a_{n}+1)

2^n\sqrt{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }\leq (a_{1}+1)(a_{2}+1)\dots(a_{n}+1)

לאור הנתונים אנו יודעים כי $a_{1}a_{2}\dots a_{n}=1$ ולכן $\sqrt{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }=1$ ולכן:

2^n\leq (a_{1}+1)(a_{2}+1)\dots(a_{n}+1)

‎∎

תרגיל (4 [ב])

יהיו $a_{k}$ מספרים חיוביים ממש לכל $1\leq k \leq n$ כך שמתקיים $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\leq 1$
הוכיחו:

\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}\geq n^2

הוכחה:

\sum_{k=1}^{n} a_{k} \leq 1 \implies \frac{\sum_{k=1}^n a_{k}}{n}\leq \frac{1}{n}=n^{-1}

על פי אי שוויון הממוצעים:

\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}\leq \frac{\sum_{k=1}^n a_{k}}{n}\leq n^{-1}

\frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_{k}}}\leq \frac{1}{n} \implies \frac{n^2}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_{k}}} \leq 1

\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_{k}} \geq n^2

‎∎

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

הוכחה: בשלילה
נניח בשלילה כי קיים מספר $m,n \in \mathbb{Z}, n\neq 0, \frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ אשר הינו שבר מצומצם כך ש:

\log_{q}p=\frac{m}{n}=\frac{\ln p}{\ln q}\implies m\ln q=n\ln p\implies \ln q^m=\ln p^n\implies q^m=p^n

תרגיל (1 [ב])

$r_{1}+r_{2}$
$r_{1}+q$
$r_{1}r_{2}$
$r_{1}q$

נתחיל בלטעון ולהוכיח טענת עזר שתעזור לנו בכל התרגיל:

טענה (טענת עזר)

אם $n \in \mathbb{N}$ לא מתחלק ב- $a \in \mathbb{N}$ אזי $n^2$ אינו מתחלק ב- $a$ .

הוכחה:

n=ak+r,\quad k \in \mathbb{Z}, a>r \in \mathbb{N},

n^2=a^2k^2+2ar\cdot k+r^2=a(ak^2+2r\cdot k)+r^2

נניח בשלילה כי $r^2$ כן מתחלק ב- $a$ ונוכיח בשלילה כי הוא לא.
מכיוון ש- $r^2$ מתחלק ב- $a$ ניתן לייצג את $n$ כך:

a=kr^2,\quad k \in \mathbb{N}

נסמן: $A=rk \in \mathbb{N}$ ולכן:

a=Ar

טענה (הנוגד הלוגי של טענת העזר)

אם $n^2$ מתחלק ב- $a$ אזי $n$ מתחלק ב- $a$ .

הוכחה: (1)
נסתכל על 2 דוגמות. הראשונה תהיה כאשר $r_{1}=\sqrt{ 2 }$ ו- $r_{2}=-\sqrt{ 2 }$ .

\sqrt{ 2 }+(-\sqrt{ 2 })=0 \in \mathbb{Q}

\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }=2\sqrt{ 2 }=\sqrt{ 8 }

כעת, נניח בשלילה כי $\sqrt{ 8 }=\frac{m}{n}$ כאשר $\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ שבר מצומצם:

\sqrt{ 8 }=\frac{m}{n}\implies 8=\frac{m^2}{n^2}\implies m^2=8n^2

\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }=\sqrt{ 8 } \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}

הוכחה: (2)
נניח בשלילה כי $r_{1}+q$ הינו מספר רציונלי, כלומר, הוא שווה למספר: $\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ אשר הינו שבר מצומצם.

r_{1}+q=\frac{m}{n}\implies r_{1}=\frac{m}{n}-q

מכיוון ש- $q$ הינו רציונלי אנו יכולים להביע אותו באמצעות השבר $\frac{a}{b}$ כאשר $a,b \in \mathbb{Z},\; b \neq 0$

r_{1}=\frac{m}{n}-\frac{a}{b}=\frac{mb-an}{nb}

הוכחה: (3)
נסתכל על 2 דוגמות, הראשונה הינה כאשר $r_{1}=r_{2}=\sqrt{ 2 }$ :

\sqrt{ 2 }\sqrt{ 2 }=2 \in \mathbb{Q}

\sqrt{ 3 }=\frac{p}{q}\implies 3=\frac{p^2}{q^2}\implies p^2=3q^2

\sqrt{ 2 }\sqrt{ 3 }=\sqrt{ 6 }

כעת, נניח בשלילה כי $\sqrt{ 6 }$ הינו רציונלי, כלומר ניתן לייצג אותו באמצעות השבר $\frac{a}{b}$ כאשר $a,b \in \mathbb{Q},b\neq 0$ :

\sqrt{ 6 }=\frac{a}{b}\implies 6=\frac{a^2}{b^2}\implies a^2=6b^2

הוכחה: (4)
נסתכל על 2 דוגמות:
הראשונה, תשתמש בהוכחה מסעיף 1, כאשר $q=2,r=\sqrt{ 2 }$ נראה כי:

r_{1}q=2\sqrt{ 2 }=\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }

כבר הוכחתי כי $\sqrt{ 2 }+\sqrt{ 2 }$ הינו אי רציונלי ולכן אנו יודעים כי הביטוי הזה הוא אי רציונלי.

הדוגמה השנייה תהיה כאשר $r=\sqrt{ 2 },q=0$ והיא תראה כך:

\sqrt{ 2 }\cdot 0=0 \in \mathbb{Q}

מכיוון ש-0 מספר רציונלי אנו יודעים כי הביטוי רציונלי.

ולכן, לא ניתן לקבוע אם הביטוי רציונלי או אי רציונלי.
‎∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

יהיו $a,b,L \in \mathbb{R}$ ו- $\epsilon>0$ כך ש-

|a-L|<\epsilon,\quad |b-L|<\epsilon

הוכיחו: $|a-b|<2\epsilon$

הוכחה:

-\epsilon<a-L<\epsilon

-\epsilon<b-L<\epsilon

נחסר אי שוויונים אלו:

-2\epsilon<a-b<2\epsilon

‎∎

תרגיל (2 [ב])

הוכיחו כי אם $|x-3|< \frac{1}{2}$ אז

\left|\frac{x^2-8x+15}{4x-7}\right|< \frac{1}{2}

הוכחה:
נסתכל ונראה שכדי להגיע מהמצב הבא:

|x-3|< \frac{1}{2}

\frac{|x-5|}{|4x-7|}

-\frac{1}{2}< x-3< \frac{1}{2} \implies 2.5<x<3.5

משמע, כאשר המונה מקסימלי נקבל במונה $x=2.5\implies (x-5)=-2.5$ וכאשר המכנה מינימלי נקבל: $x=2.5\implies (4x-7)=3$ . לכן,

\frac{|x-5|}{|4x-7|}< \frac{|-2.5|}{|3|}=\frac{2.5}{3}<1

לכן, אנו יודעים כי אם נכפיל בשבר הזה נקטין את הביטוי אותו נכפיל. כעת בואו נבצע את זה:

\frac{|x-5|}{|4x-7|}|x-3|<1\cdot |x-3| =|x-3|< \frac{1}{2}

\frac{|x-5||x-3|}{|4x-7|}=\left|\frac{(x-5)(x-3)}{4x-7}\right|=\left|\frac{x^2-8x+15}{4x-7}\right|<|x-3|< \frac{1}{2}

‎∎

תרגיל 3

תרגיל (3 [א])

הוכיחו באינדוקציה כי לכל קבוצת איברים סופית ולא ריקה יש איבר מקסימלי ואיבר מינימלי.

הוכחה:
נתחיל במקרה הבסיס:
נגדיר

A=\{ 1 \}

באמצע הקבוצה, הוא לא יהיה גדול מהמקסימלי או קטן מהמינימלי ולכן המקסימלי והמינימלי ישארו אותו הדבר ולכן לקבוצה יהיה מקסימום ומינימום.
נוסיף איבר הגדול יותר מהאיבר המקסימלי, ואז האיבר המינימלי נשאר אותו הדבר ויש איבר מקסימלי חדש, שהוא האיבר שהוספנו. כך, עדיין לקבוצה יש איבר מקסימלי ואיבר מינימלי.
נוסיף איבר שהוא קטן יותר מהאיבר המינימלי, ואז האיבר המקסימלי נשאר אותו הדבר ויש איבר מינימלי חדש, שהוא האיבר שהוספנו. כך, עדיין לקבוצה יש איבר מקסימלי ואיבר מינימלי.
לכן, מכיוון שבכל מצב לקבוצה יש איבר מינימלי ואיבר מקסימלי, אנו יודעים כי זה מתקיים לכל קבוצה סופית ולא ריקה
‎∎

תרגיל (3 [ב])

הוכיחו באינדוקציה כי לכל $x \in \mathbb{R}$ ו- $n \in \mathbb{N}$ , מתקיים:

x^{n+1}-1=(x-1)(x^n+x^{n-1}+\dots+x+1)

הוכחה:
נתחיל במקרה הבסיס בו $n=1$ .

x^2-1\overset{?}{=}(x-1)(x^1+1)=x^2-1

x^2-1=(x-1)(x+1)

(x-1)(x^{n+1}+x^n+\dots+x+1)=x^{n+2}-x^{n+1}+(x-1)(x^n+x^{n-1}+\dots+x+1)

לאור הנחת האינדוקציה:

=x^{n+2}-x^{n-1}+x^{n-1}-1=x^{n+2}-1

ולכן:

(x-1)(x^{n+1}+x^n+\dots+x+1)=x^{n+2}-1

ולכן, הטענה נכונה לכל $n \in \mathbb{N}$ .
‎∎

תרגיל (3 [ג])

הוכיחו באינדוקציה כי לכל $n$ טבעי מתקיים:

\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}

הוכחה:
נתחיל בלהוכיח את מקרה הבסיס בו $n=1$ :

\frac{1}{2}\overset{?}{<} \frac{1}{\sqrt{ 2+1 }}=\frac{1}{\sqrt{ 3 }}

\frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{ 3 }}

\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n+2-1}{2n+2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n+1}{2n+2}=\underbrace{\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n-1}{2n}}_{\text{החנהה}}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}< \frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}

כעת, נוכיח כי:

\frac{2n+1}{\sqrt{ 2n+1 }(2n+2)}< \frac{2n+1}{\sqrt{ 2n+3 }(2n+1)}

\frac{2n+1}{(2n+2)\sqrt{ 2n+1 }}< \frac{2n+1}{(2n+1)\sqrt{ 2n+3 }}\implies \frac{1}{(2n+2)\sqrt{ 2n+1 }} < \frac{1}{(2n+1)\sqrt{ 2n+3 }}

(2n+1)\sqrt{ 2n+3 }< (2n+2)\sqrt{ 2n+1 } \implies (4n^2+4n+1)(2n+3) < (4n^2+8n+4)(2n+1)

8n^3+12n^2+8n^2+12n+2n+3 < 8n^3+4n^2+16n^2+8n+8n+4

8n^3+20n^2+14n+3 < 8n^3+20n^2+16n+4 \implies -1<2n \implies n>-\frac{1}{2}

מכיוון ש- $n \in \mathbb{N}$ כל $n$ גדול מ- $-\frac{1}{2}$ ולכן השבר הימני גדול יותר. לאור עובדה זו, אנו יכולים לבצע את המעבר הבא:

\frac{1}{\sqrt{ 2n+1 }}\cdot \frac{2n+1}{2n+2} < \frac{1}{\sqrt{ 2n+3 }}\cdot \frac{2n+1}{2n+1}=\frac{1}{\sqrt{ 2n+3 }}

ולכן יודעים אנו כי ל- $n+1$ מתקיים:

\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot\ \dots\ \cdot \frac{2n+3}{2n+2}< \frac{1}{\sqrt{ 2n+3 }}

ולכן, לאור העובדה כי גם הצעד מתקיים וגם טענת הבסיס מתקיימת, הטענה נכונה לכל $n$ .
‎∎

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

יהיו $a_{k}$ מספרים חיוביים לכל $1\leq k \leq n$ כך שמתקיים $a_{1}a_{2}\cdot\ \dots\ \cdot a_{n}=1$
הוכיחו $(1+a_{1})(1+a_{2})\cdot\ \dots\ \cdot(1+a_{n})\geq 2^n$

הוכחה:
נקח שני מספרים: $a_{k}$ כללי ו- $1$ . על פי אי שוויון הממוצעים יודעים אנו כי:

\sqrt[2]{ a_{k} }\leq \frac{a_{k}+1}{2} \implies 2\sqrt{ a_{k} }\leq a_{k}+1

מכיוון שמדובר על $a_{k}$ כללי, כלל זה מתרחש לכל $a_{k}$ ולכן נוכל להכפיל אותם כך:

2\sqrt{ a_{1} }\cdot 2\sqrt{ a_{2} }\cdot\ \dots\ \cdot 2\sqrt{ a_{n} }\leq (a_{1}+1)(a_{2}+1)\cdot\ \dots\ \cdot (a_{n}+1)

2^n\sqrt{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }\leq (a_{1}+1)(a_{2}+1)\dots(a_{n}+1)

לאור הנתונים אנו יודעים כי $a_{1}a_{2}\dots a_{n}=1$ ולכן $\sqrt{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }=1$ ולכן:

2^n\leq (a_{1}+1)(a_{2}+1)\dots(a_{n}+1)

‎∎

תרגיל (4 [ב])

יהיו $a_{k}$ מספרים חיוביים ממש לכל $1\leq k \leq n$ כך שמתקיים $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\leq 1$
הוכיחו:

\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}\geq n^2

הוכחה:

\sum_{k=1}^{n} a_{k} \leq 1 \implies \frac{\sum_{k=1}^n a_{k}}{n}\leq \frac{1}{n}=n^{-1}

על פי אי שוויון הממוצעים:

\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}\leq \frac{\sum_{k=1}^n a_{k}}{n}\leq n^{-1}

\frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_{k}}}\leq \frac{1}{n} \implies \frac{n^2}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_{k}}} \leq 1

\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_{k}} \geq n^2

‎∎