גליון 2 — חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה של מספרים ממשים החסומה מלמעלה.

נניח שקיים $q <1$ כך שלכל $a \in A$ מתקיים $a\leq q$ .
הוכיחו כי $\sup A<1$

הדרכה: קל יותר להראות כי $\sup A\leq q$

הוכחה:
על פי אקסיומת השלמות ל- $A$ קיים סופרמום. נסמן $S=\sup A$ .
אנו יודעים, על פי הגדרת הסופרמום, כי הסופרמום הוא החסם מלמעלה הכי קטן.
נתון לנו כי לכל $a \in A$ מתקיים $a \leq q$ כלומר, על פי הגדרת החסימה מלמעלה, $q$ חסם מלמעלה של $A$ .
לכן, לאור נתון ש- $q <1$ אנו יודעים כי גם $1$ חוסם את $A$ מלמעלה.
לכן, $S\leq q <1$ .
ולכן: $\sup A < 1$
‎∎

תרגיל (1 [ב])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה של מספרים ממשים החסומה מלמעלה.

הביאו דוגמה נגדית לטענה הבאה: אם לכל $a \in A$ מתקיים $a <1$ אז $\sup A<1$ .

הוכחה:
על מנת להפריח את הטענה נקח את הקבוצה:

A=(0,1)

הקטע הסגור הזה הינו בעל סופרמום אשר ערכו 1 ונוכיח זאת כעת על פי ההגדרה השקולה:

אנו יודעים כי קטע סגור אומר כי לכל $a \in A$ : $0<a<1$ משמע, $\forall a \in A:\ a\leq 1$ .
נקח $0.5=\epsilon>0$ ולכן, $1-0.5=0.5<a$ כאשר $a=0.7$

לכן, אנו יודעים כי $\sup A=1$ ולכן, אין הוא קטן מעצמו.
ולכן:

\sup A =1 \not< 1

‎∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה וחסומה של מספרים ממשיים.

יהי $m \in A$ כך שלכל $x \in A$ מתקיים $x\geq m$ .
הוכיחו ש- $m$ הינו $\inf A$ .

הוכחה:
אם מתקיים כי לכל $x \in A$ מתקיים $x\geq m$ , אזי $m$ הינו חסם מלמטה של $A$ על פי ההגדרה.
מכיוון ש- $m$ הינו חסם מלמטה שהינו בתוך הקבוצה, אנו יודעים כי הוא החסם מלמטה הכי גדול, שכן כל מספר הגדול ממנו בתוך הקבוצה גדול ממנו ולכן לא חסם.
לכן, $m$ הוא האינפימום על פי הגדרה.
‎∎

תרגיל (2 [ב])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה וחסומה של מספרים ממשיים.

נגדיר קבוצה חדשה באופן הבא: $B=\{ \left| x-y \right|,x,y \in A \}$
הוכיחו כי:

\inf B=0,\quad \sup B=\sup A-\inf A

הוכחה:
על פי הגדרת הקבוצה, כל איבר הינו בערך מוחלט, משמע, על פי הגדרת הערך המוחלט, כל איבר הינו גדול או שווה ל-0.
לכן, 0 הינו חסם מלמטה של $B$ אך מכיוון שכל מספר חיובי יכול להיות בקבוצה, אנו יודעים כי $0$ הוא החסם הכי גדול ולכן הוא $\inf B$ על פי הגדרה.

נסתכל על מצב הקיצון שבו $x$ הכי גדול ו- $y$ הכי קטן. זה קורה כאשר:

\begin{cases} x=\sup A \\ y= \inf A \end{cases}

שכן הם האיברים הכי גדולים וקטנים בקבוצה בהתאמה.
לכן, במצב זה המספר שנקבל יהיה המקסימלי מבין האיברים מ- $B$ ולכן הוא יהיה חסם מלמעלה, ומכיוון שהוא בתוך הקבוצה, כל איבר הנמצא בקבוצה קטן ממנו ולכן הוא $\sup B$ .
‎∎

תרגיל 3

תרגיל (3 [א])

תהי $a_{n}$ סדרה כלשהי.
לכל אחת מהטענות הבאות רשמו את הטענה הנגדית לה.

לכל $n \in \mathbb{N}$ מתקיים $1\leq a_{n}\leq 5$

תשובה: קיים $n \in \mathbb{N}$ כך שמתקיים $a_{n}<1$ או $a_{n}>5$ .

תרגיל (3 [ב])

קיים $N \in \mathbb{N}$ כך שלכל $n > N$ מתקיים $a_{n+1}>a_{n}$ .

תשובה: לכל $N \in \mathbb{N}$ קיים $n>N$ המקיים $a_{n+1}<a_{n}$ .

תרגיל (3 [ג])

לכל $\epsilon>0$ קיים $N \in \mathbb{N}$ כך שעבור כל $n,m$ טבעיים המקיימים $m,n>N$ מתקיים $\left| a_{n}-a_{m} \right|<\epsilon$ .

תשובה: קיים $\epsilon>0$ אשר בשבילו לכל $N \in \mathbb{N}$ קיימים $n,m \in \mathbb{N}$ המקיימים $m,n>N$ מתקיים $a_{n}-a_{m}\leq-\epsilon$ או $a_{n}-a_{m}\geq \epsilon$ .

תרגיל (3 [ד])

קיים $\epsilon>0$ כך שלכל $N \in \mathbb{N}$ ולכל $m,n \in \mathbb{N}$ המקיימים $n,m >N$ מתקיים $\left| a_{n}-a_{m} \right|<\epsilon$ .

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

תשובה: לכל $\epsilon>0$ קיים $N \in \mathbb{N}$ ו- $m,n \in \mathbb{N}$ המקיימים $n,m>N$ מתקיים $a_{n}-a_{m}\leq-\epsilon$ או $a_{n}-a_{m}\geq \epsilon$ .

תרגיל 4

תרגיל (4)

הראו בעזרת הגדרת הגבול כי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{2n^2-9n-12}{4n^2+5n+6}=\frac{1}{2}

הוכחה:
על פי הגדרת הגבול, אילו $\frac{1}{2}$ הינו הגבול של השבר הנ"ל, הוא בהכרח מקיים כי לכל $\epsilon>0$ :

\left| \frac{2n^2-9n-12}{4n^2+5n+6} - \frac{1}{2} \right|<\epsilon

נפשט את הביטוי:

\left| \frac{4n^2-18n-24-4n^2-5n-6}{2(4n^2+5n+6)} \right|=\left| \frac{-23n-30}{2(4n^2+5n+6)} \right|=\frac{\left| -23n-30 \right|}{2(4n^2+5n+6)}=\frac{23n+30}{2(4n^2+5n+6)} < \frac{23n+30}{2(4n^2+5n)}< \frac{23n+30n}{2(4n^2+5n)}

= \frac{53n}{2n(4n+5)}=\frac{53}{2(4n+5)} < \frac{53}{2\cdot 4n}= \frac{53}{8n} < \frac{56}{8n} = 7\frac{1}{n}

אם נבחר $N=\frac{7}{\epsilon}$ נראה כי:

\frac{7}{n}< \frac{7}{N}=\frac{7}{\frac{7}{\epsilon}}=\epsilon

ולכן:

\left| \frac{2n^2-9n-12}{4n^2+5n+6} - \frac{1}{2} \right|< \frac{7}{n}< \epsilon

‎∎

תרגיל 5

תרגיל (5)

הוכיחו: יהיו $a_{n}$ ו- $b_{n}$ סדרות מתכנסות לגבולות סופיים $L$ ו- $M$ בהתאם.
אזי הסדרה $c_{n}=\max\{ a_{n},b_{n} \}$ מתכנסת ל- $\max\{ L,M \}$

הוכחה:
יהי $\epsilon_{1}>0$ כך שקיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים:

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

יהי $\epsilon_{2}>0$ כך שקיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים:

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

נקח $N$ מסויים אשר ממנו כל האיברים של הסדרה המקסימלית גדולים מכל האיברים של הסדרה השנייה, זה מתרחש משום שהסדרות מתכנסות ולכן, אם נקח $\epsilon$ מאוד קטן, אשר יותר קטן מההפרש בין $L$ ל- $K$ בערך מוחלט, נקבל שהערכים לא יפגשו שכן הם יתאספו סביב הגבול.
לכן, לכל $\epsilon>0$ , ישנה נקודה שאחריה קיים $N>\max\{ N_{1},N_{2} \}$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

|\max\{ a_{n},b_{n} \}-\max\{ L,K \}|<\epsilon

‎∎

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה של מספרים ממשים החסומה מלמעלה.

נניח שקיים $q <1$ כך שלכל $a \in A$ מתקיים $a\leq q$ .
הוכיחו כי $\sup A<1$

הדרכה: קל יותר להראות כי $\sup A\leq q$

תרגיל (1 [ב])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה של מספרים ממשים החסומה מלמעלה.

הביאו דוגמה נגדית לטענה הבאה: אם לכל $a \in A$ מתקיים $a <1$ אז $\sup A<1$ .

הוכחה:
על מנת להפריח את הטענה נקח את הקבוצה:

A=(0,1)

הקטע הסגור הזה הינו בעל סופרמום אשר ערכו 1 ונוכיח זאת כעת על פי ההגדרה השקולה:

אנו יודעים כי קטע סגור אומר כי לכל $a \in A$ : $0<a<1$ משמע, $\forall a \in A:\ a\leq 1$ .
נקח $0.5=\epsilon>0$ ולכן, $1-0.5=0.5<a$ כאשר $a=0.7$

לכן, אנו יודעים כי $\sup A=1$ ולכן, אין הוא קטן מעצמו.
ולכן:

\sup A =1 \not< 1

‎∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה וחסומה של מספרים ממשיים.

יהי $m \in A$ כך שלכל $x \in A$ מתקיים $x\geq m$ .
הוכיחו ש- $m$ הינו $\inf A$ .

תרגיל (2 [ב])

תהי $A$ קבוצה לא ריקה וחסומה של מספרים ממשיים.

נגדיר קבוצה חדשה באופן הבא: $B=\{ \left| x-y \right|,x,y \in A \}$
הוכיחו כי:

\inf B=0,\quad \sup B=\sup A-\inf A

נסתכל על מצב הקיצון שבו $x$ הכי גדול ו- $y$ הכי קטן. זה קורה כאשר:

\begin{cases} x=\sup A \\ y= \inf A \end{cases}

תרגיל 3

תרגיל (3 [א])

תהי $a_{n}$ סדרה כלשהי.
לכל אחת מהטענות הבאות רשמו את הטענה הנגדית לה.

לכל $n \in \mathbb{N}$ מתקיים $1\leq a_{n}\leq 5$

תשובה: קיים $n \in \mathbb{N}$ כך שמתקיים $a_{n}<1$ או $a_{n}>5$ .

תרגיל (3 [ב])

קיים $N \in \mathbb{N}$ כך שלכל $n > N$ מתקיים $a_{n+1}>a_{n}$ .

תשובה: לכל $N \in \mathbb{N}$ קיים $n>N$ המקיים $a_{n+1}<a_{n}$ .

תרגיל (3 [ג])

לכל $\epsilon>0$ קיים $N \in \mathbb{N}$ כך שעבור כל $n,m$ טבעיים המקיימים $m,n>N$ מתקיים $\left| a_{n}-a_{m} \right|<\epsilon$ .

תרגיל (3 [ד])

קיים $\epsilon>0$ כך שלכל $N \in \mathbb{N}$ ולכל $m,n \in \mathbb{N}$ המקיימים $n,m >N$ מתקיים $\left| a_{n}-a_{m} \right|<\epsilon$ .

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

תשובה: לכל $\epsilon>0$ קיים $N \in \mathbb{N}$ ו- $m,n \in \mathbb{N}$ המקיימים $n,m>N$ מתקיים $a_{n}-a_{m}\leq-\epsilon$ או $a_{n}-a_{m}\geq \epsilon$ .

תרגיל 4

תרגיל (4)

הראו בעזרת הגדרת הגבול כי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{2n^2-9n-12}{4n^2+5n+6}=\frac{1}{2}

הוכחה:
על פי הגדרת הגבול, אילו $\frac{1}{2}$ הינו הגבול של השבר הנ"ל, הוא בהכרח מקיים כי לכל $\epsilon>0$ :

\left| \frac{2n^2-9n-12}{4n^2+5n+6} - \frac{1}{2} \right|<\epsilon

נפשט את הביטוי:

\left| \frac{4n^2-18n-24-4n^2-5n-6}{2(4n^2+5n+6)} \right|=\left| \frac{-23n-30}{2(4n^2+5n+6)} \right|=\frac{\left| -23n-30 \right|}{2(4n^2+5n+6)}=\frac{23n+30}{2(4n^2+5n+6)} < \frac{23n+30}{2(4n^2+5n)}< \frac{23n+30n}{2(4n^2+5n)}

= \frac{53n}{2n(4n+5)}=\frac{53}{2(4n+5)} < \frac{53}{2\cdot 4n}= \frac{53}{8n} < \frac{56}{8n} = 7\frac{1}{n}

אם נבחר $N=\frac{7}{\epsilon}$ נראה כי:

\frac{7}{n}< \frac{7}{N}=\frac{7}{\frac{7}{\epsilon}}=\epsilon

ולכן:

\left| \frac{2n^2-9n-12}{4n^2+5n+6} - \frac{1}{2} \right|< \frac{7}{n}< \epsilon

‎∎

תרגיל 5

תרגיל (5)

הוכחה:
יהי $\epsilon_{1}>0$ כך שקיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים:

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

יהי $\epsilon_{2}>0$ כך שקיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים:

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

|\max\{ a_{n},b_{n} \}-\max\{ L,K \}|<\epsilon

‎∎