חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 4

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • תרגיל 1
  • תרגיל 2
  • תרגיל 3
  • תרגיל 4

גליון 4

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 4

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1)

תהיינה an,bna_{n},b_{n}an​,bn​ סדרות כך ש-lim⁡n→∞an=∞\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\inftylimn→∞​an​=∞ ו-anbna_{n}b_{n}an​bn​ מתכנסת.
הוכיחו כי lim⁡n→∞bn=0\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0limn→∞​bn​=0.

הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
על פי הנתון, לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 קיים N1N_{1}N1​ כך שלכל n>N1n>N_{1}n>N1​ מתקיים:

∣anbn−L∣<ε1  ⟹  L−ε1<anbn<L+ε1|a_{n}b_{n}-L|<\epsilon_{1} \implies L-\epsilon_{1}<a_{n}b_{n}<L+\epsilon_{1}∣an​bn​−L∣<ε1​⟹L−ε1​<an​bn​<L+ε1​

על פי אי שוויון המשולש:

∣anbn∣−∣L∣≤∣anbn−L∣<ε1|a_{n}b_{n}|-|L|\leq |a_{n}b_{n}-L|< \epsilon_{1}∣an​bn​∣−∣L∣≤∣an​bn​−L∣<ε1​

מכיוון שהנתון נכון לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 הוא נכון ספציפית עבור ε1=1\epsilon_{1}=1ε1​=1 ולכן:

∣anbn∣<ε1+∣L∣|a_{n}b_{n}|<\epsilon_{1}+|L|∣an​bn​∣<ε1​+∣L∣

על פי הנתון השני, אנו יודעים כי לכל M>0M>0M>0 קיים N2N_{2}N2​ כך שלכל n>N2n>N_{2}n>N2​ מתקיים: an>Ma_{n}>Man​>M.

0<M<an0<M<a_{n}0<M<an​

ולכן, מכיוון ש-an>0a_{n}>0an​>0 ולכן an=∣an∣a_{n}=|a_{n}|an​=∣an​∣:

1M>1∣an∣\frac{1}{M}> \frac{1}{|a_{n}|}M1​>∣an​∣1​

לכן:

∣bn∣<ε1+∣L∣∣an∣<ε1+∣L∣M|b_{n}|< \frac{\epsilon_{1}+|L|}{|a_{n}|}< \frac{\epsilon_{1}+|L|}{M}∣bn​∣<∣an​∣ε1​+∣L∣​<Mε1​+∣L∣​

לכן, אם נבחר M=1ε⋅(ε1+∣L∣)M=\frac{1}{\epsilon} \cdot(\epsilon_{1}+|L|)M=ε1​⋅(ε1​+∣L∣), ערך אשר הינו גדול מאפס, נקבל כי:

∣bn−0∣<ε1+∣L∣1ε(ε1+∣L∣)=ε|b_{n}-0|< \frac{\cancel{\epsilon_{1}+|L|}}{\frac{1}{\epsilon} (\cancel{\epsilon_{1}+|L|})}=\epsilon∣bn​−0∣<ε1​(ε1​+∣L∣)ε1​+∣L∣​=ε

ולכן, על פי הגדרת הגבול, קיים N=max⁡{N1,N2}N=\max\{ N_{1},N_{2} \}N=max{N1​,N2​} כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣bn−0∣<ε|b_{n}-0|<\epsilon∣bn​−0∣<ε

ולכן, lim⁡n→∞bn=0\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0limn→∞​bn​=0.
‎∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

תהא A⊆RA \subseteq \mathbb{R}A⊆R קבוצה לא ריקה.
הוכיחו: הקבוצה AAA לא חסומה מלמעלה אמ"מ קיימת סדרה עולה ממש {an}n=1∞\{ a_{n} \}_{n=1}^\infty{an​}n=1∞​ שכל איבריה שייכים לקבוצה AAA כך ש-lim⁡n→∞an=∞\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\inftylimn→∞​an​=∞.

הוכחה:
⇐: על פי הנתון, AAA אינה חסומה מלמעלה ולכן, לכל MMM קיים x∈Ax \in Ax∈A כך ש-x>Mx>Mx>M.
מכיוון שזה מתקיים לכל MMM, ישנם ∞\infty∞ איברים בקבוצה AAA.
נבנה סדרה המורכבת מכל האיברים ב-AAA כך שכל איבר גדול מקודמו. בעצם, נסדר את AAA על פי גודל האיברים ונשמיט את כל האיברים הכפולים ומכיוון שיש ∞\infty∞ איברים ב-AAA, זוהי גם סדרה.
לכן, זוהי סדרה עולה ממש(שכן כל איבר גדול מקודמו) אשר כל איבריה שייכים ל-AAA.
לאור כך שלכל MMM קיים x∈Ax \in Ax∈A אשר גדול ממנו, ומכיוון שהסדרה שבנינו מסודרת על פי גודל האיברים, לכל MMM קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים an>Ma_{n}>Man​>M ולכן, הסדרה הזו שואפת ל-∞\infty∞.

⇒: נניח בשלילה כי AAA אכן חסומה מלמעלה.
לכן, קיים M>0M>0M>0 כך שלכל x∈Ax \in Ax∈A מתקיים x<Mx <Mx<M.
לכן, על פי הנתון, לכל nnn מתקיים an∈Aa_{n}\in Aan​∈A ולכן, לכל nnn: an<Ma_{n}<Man​<M.
על פי הנתון, lim⁡n→∞an=∞\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\inftylimn→∞​an​=∞ ולכן, על פי הגדרת שאיפה ל-∞\infty∞, לכל K>0K>0K>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים an>Ka_{n}>Kan​>K.
כעת, נקח K=MK=MK=M שמותר לנו לעשות שכן M>0M>0M>0. נראה כי כעת, לכל n>Nn>Nn>N מתקיים an>Ma_{n}>Man​>M וגם an<Ma_{n}<Man​<M.
כך הגענו לסתירה ולכן, הקבוצה AAA אינה חסומה מלמעלה.
∎

תרגיל (2 [ב])

תנו דוגמה לקבוצה A⊆RA \subseteq \mathbb{R}A⊆R לא ריקה וחסומה מלמעלה כך שלא קיימת סדרה עולה ממש שכל איברה שייכים לקבוצה ומקיימת lim⁡n→∞an=supA\lim_{ n \to \infty }a_{n}=supAlimn→∞​an​=supA.

הוכחה:
נקח את הקבוצה A={1}A=\{ 1 \}A={1} אשר לה לא קיימת סדרה עולה ממש שכל איבריה שייכים ל-AAA שכן AAA אינה קבוצה אינסופית ולכן, כל סדרה שננסה לבנות שבה כל איבר שייך ל-AAA תהיה רק an=1a_{n}=1an​=1 ולכן היא לא תהיה עולה ממש.
‎∎

תרגיל 3

תרגיל (3)

תהי ana_{n}an​ סדרה כך שלכל nnn טבעי מתקיים:

0<an<1,an(1−an+1)>140<a_{n}<1, \quad a_{n}(1-a_{n+1})> \frac{1}{4}0<an​<1,an​(1−an+1​)>41​

הוכיחו שהסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה.

רמז: אי שוויון הממוצעים.

הוכחה:
תחילה, נוכיח כי קיים גבול לסדרה ana_{n}an​.
נשתמש באי שוויון הממוצעים עם האיברים: ana_{n}an​ ו-(1−an+1)(1-a_{n+1})(1−an+1​) כך:

an(1−an+1)2≤an+1−an+12=an−an+1+12\sqrt[2]{ a_{n}(1-a_{n+1}) }\leq \frac{a_{n}+1-a_{n+1}}{2}= \frac{a_{n}-a_{n+1}+1}{2}2an​(1−an+1​)​≤2an​+1−an+1​​=2an​−an+1​+1​

על פי הנתון:

14<an(1−an+1)≤an−an+1+12\sqrt{ \frac{1}{4} }< \sqrt{ a_{n}(1-a_{n+1}) }\leq \frac{a_{n}-a_{n+1}+1}{2}41​​<an​(1−an+1​)​≤2an​−an+1​+1​

ולכן:

1<an−an+1+1\sqrt{ 1 }< a_{n}-a_{n+1}+11​<an​−an+1​+1 an+1−an<0a_{n+1}-a_{n}<0an+1​−an​<0 an+1<ana_{n+1}< a_{n}an+1​<an​

גילינו כי הסדרה היא מונוטונית יורדת ממש. בנוסף, על פי הנתון an<1a_{n}<1an​<1, אנו יודעים שהיא חסומה מלמעלה.
לכן, על פי משפט, הסדרה ana_{n}an​ מתכנסת.
כעת, נמצא את הגבול שלה.
נסמן: lim⁡n→∞an=L\lim_{ n \to \infty }a_{n}=Llimn→∞​an​=L ולכן, lim⁡n→∞an+1=L\lim_{ n \to \infty }a_{n+1}=Llimn→∞​an+1​=L. לכן:

lim⁡n→∞an(1−an+1)>lim⁡n→∞14\lim_{ n \to \infty } a_{n}(1-a_{n+1})>\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{4}n→∞lim​an​(1−an+1​)>n→∞lim​41​

על פי חשבון גבולות:

L−L2>14  ⟹  0>L2−L+14L-L^2> \frac{1}{4} \implies 0>L^2-L+\frac{1}{4}L−L2>41​⟹0>L2−L+41​

נחשב את 2 הפתרונות של LLL:

L1,2=1±1−4⋅142=1±02=12L_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4\cdot \frac{1}{4} }}{2}=\frac{1\pm \sqrt{ 0 }}{2}=\frac{1}{2}L1,2​=21±1−4⋅41​​​=21±0​​=21​

לכן אנו יודעים כי L>12  או  L<12L> \frac{1}{2} \;\R{או}\; L< \frac{1}{2}L>21​אוL<21​. כלומר:

lim⁡n→∞12<lim⁡n→∞an⏟L<lim⁡n→∞12\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2} < \underbrace{\lim_{ n \to \infty } a_{n}}_{L}<\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2}n→∞lim​21​<Ln→∞lim​an​​​<n→∞lim​21​

ולכן, על פי כלל הסנדוויץ:

lim⁡n→∞an=12\lim_{ n \to \infty }a_{n} =\frac{1}{2}n→∞lim​an​=21​

∎

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

יהיו an,bna_{n},b_{n}an​,bn​ שתי סדרות המתכנסות לגבול סופי.
נתון כי lim⁡n→∞(an−bn)=0\lim_{ n \to \infty }(a_{n}-b_{n})=0limn→∞​(an​−bn​)=0.
הוכיחו שהסדרות מתכנסות לאותו הגבול.

הוכחה:
על פי חשבון גבולות:

lim⁡n→∞(an−bn)=lim⁡n→∞an−lim⁡n→∞bn=על פי הנתון0\lim_{ n \to \infty } (a_{n}-b_{n})=\lim_{ n \to \infty } a_{n}-\lim_{ n \to \infty } b_{n}\underset{\R{\text{על פי הנתון}}}{=} 0n→∞lim​(an​−bn​)=n→∞lim​an​−n→∞lim​bn​על פי הנתון=​0

ולכן:

lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞bn\lim_{ n \to \infty } a_{n}=\lim_{ n \to \infty } b_{n}n→∞lim​an​=n→∞lim​bn​

∎

תרגיל (4 [ב])

נתונות שתי סדרות:

a1=−2,∀n≥2:  an=1+12+⋯+1n−1−2na_{1}=-2,\quad\forall n\geq 2:\; a_{n}= 1+\frac{1}{\sqrt{ 2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ n-1 }}-2\sqrt{ n }a1​=−2,∀n≥2:an​=1+2​1​+⋯+n−1​1​−2n​ bn=1+12+⋯+1n−2nb_{n}=1+\frac{1}{\sqrt{ 2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ n }}-2\sqrt{ n }bn​=1+2​1​+⋯+n​1​−2n​

הוכיחו כי שתי הסדרות מתכנסות, שהן מתכנסות לאותו הגבול LLL ושהגבול מקיים −2<L<−1-2<L<-1−2<L<−1.

הוכחה:
נתחיל מלהסתכל על ana_{n}an​. נבדוק האם ana_{n}an​ מונוטונית:

an+1−an=1+12+…+1n−2n+1−(1+12+⋯+1n−1−2n)a_{n+1}-a_{n}=\cancel{1+\frac{1}{\sqrt{ 2 }}+\dots}+\frac{1}{\sqrt{ n }}-2\sqrt{ n+1 }-\left( \cancel{1+\frac{1}{\sqrt{ 2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ n-1 }}}-2\sqrt{ n } \right)an+1​−an​=1+2​1​+…+n​1​−2n+1​−(1+2​1​+⋯+n−1​1​−2n​) an+1−an=1n−2n+1+2n=1−2n2+n+2nna_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{\sqrt{ n }}-2\sqrt{ n+1 }+2\sqrt{ n }=\frac{1-2\sqrt{ n^2+n }+2n}{\sqrt{ n }}an+1​−an​=n​1​−2n+1​+2n​=n​1−2n2+n​+2n​

כעת, כדי לבדוק האם המספר שקיבלנו חיובי לכל nnn או שלילי לכל nnn נסתכל על אי השוויון הבא:

1>01>01>0 ⇓\Downarrow⇓ 4n2+4n+1>4n2+4n4n^2+4n+1>4n^2+4n4n2+4n+1>4n2+4n 2n+1>2n2+n2n+1>2\sqrt{ n^2+n }2n+1>2n2+n​ 2n+1−2n2+n>02n+1-2\sqrt{ n^2+n }>02n+1−2n2+n​>0

לכן, אנו יודעים כי המונה של השבר הינו חיובי לכל nnn. המכנה, לאור היותו שורש, גם הוא חיובי לכל nnn(שכן, n>0n>0n>0) ולכן:

an+1−an>0a_{n+1}-a_{n}>0an+1​−an​>0

ולכן, הסדרה ana_{n}an​ מונוטונית ועולה ממש.
נסתכל כעת על הסדרה bnb_{n}bn​. נבדוק האם גם היא מונוטונית:

bn+1−bn=1+12+…+1n+1−2n+1−(1+⋯+1n−2n)b_{n+1}-b_{n}=\cancel{1+\frac{1}{\sqrt{ 2 }}+\dots}+\frac{1}{\sqrt{ n+1 }}-2\sqrt{ n+1 }-\left( \cancel{1+\dots+\frac{1}{\sqrt{ n }}} -2\sqrt{ n }\right)bn+1​−bn​=1+2​1​+…+n+1​1​−2n+1​−(1+⋯+n​1​−2n​) bn+1−bn=1n+1−2n+1+2n=1−2(n+1)+2n2+nn+1b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{\sqrt{ n+1 }}-2\sqrt{ n+1 }+2\sqrt{ n }=\frac{1-2(n+1)+2\sqrt{ n^2+n }}{\sqrt{ n+1 }}bn+1​−bn​=n+1​1​−2n+1​+2n​=n+1​1−2(n+1)+2n2+n​​

כעת שוב נסתכל על אי שוויון:

1>01>01>0 ⇓\Downarrow⇓ 4n2+4n+1>4n2+4n4n^2+4n+1>4n^2+4n4n2+4n+1>4n2+4n 2n+1>2n2+n2n+1>2\sqrt{ n^2+n }2n+1>2n2+n​ 1−2(n+1)+2n2+n<01-2(n+1)+2\sqrt{ n^2+n }<01−2(n+1)+2n2+n​<0

ומכיוון שגם המכנה, אשר הינו בשורש, גדול מ-000, אנו יודעים כי: bn+1−bn<0b_{n+1}-b_{n}<0bn+1​−bn​<0 ולכן, הסדרה bnb_{n}bn​ מונוטונית יורדת ממש.
נסתכל כעת על חיסור בין הגבולות:

lim⁡n→∞(an−bn)=lim⁡n→∞(1+12+…+1n+1−1−12−⋯−1n−2n+2n)\lim_{ n \to \infty } (a_{n}-b_{n})=\lim_{ n \to \infty } \left( \cancel{1+\frac{1}{\sqrt{ 2 }}+\dots}+\frac{1}{\sqrt{ n+1 }}-\cancel{1-\frac{1}{\sqrt{ 2 }}-\dots-\frac{1}{\sqrt{ n }}}-\cancel{2\sqrt{ n }+2\sqrt{ n }} \right)n→∞lim​(an​−bn​)=n→∞lim​(1+2​1​+…+n+1​1​−1−2​1​−⋯−n​1​−2n​+2n​) lim⁡n→∞(an−bn)=lim⁡n→∞1n+1=1∞=ע"פ חשבון גבולות ומשפט−0=0\lim_{ n \to \infty } (a_{n}-b_{n})=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt{ n+1 }}=\frac{1}{\infty}\underset{\R{\text{ע"פ חשבון גבולות ומשפט}}}{=}-0=0n→∞lim​(an​−bn​)=n→∞lim​n+1​1​=∞1​ע"פ חשבון גבולות ומשפט=​−0=0

כעת, נשים לב כי:

bn−an=−1n+1<0b_{n}-a_{n}=-\frac{1}{\sqrt{ n+1 }}<0bn​−an​=−n+1​1​<0

ולכן, לכל nnn מתקיים: bn<anb_{n}<a_{n}bn​<an​.
מכיוון ש-ana_{n}an​ עולה ממש, מתקיים: an+1>ana_{n+1}>a_{n}an+1​>an​ ומכיוון ש-bnb_{n}bn​ יורדת ממש מתקיים: bn+1<bnb_{n+1}<b_{n}bn+1​<bn​.
ולכן:

an+1>an>bn>bn+1a_{n+1}>a_{n}>b_{n}>b_{n+1}an+1​>an​>bn​>bn+1​

ולכן, על פי משפט קנטור, מתקיים כי שתי הסדרות מתכנסות ושתיהן שואפות לאותו הגבול.
כעת, נמצא גבול זה:
מכיוון ש-ana_{n}an​ עולה ממש, והאיבר הראשון שלה הוא −2-2−2 אנו יודעים כי לכל n>1n>1n>1 מתקיים: −2<an-2< a_{n}−2<an​ ולכן:

−2=lim⁡n→∞−2<lim⁡n→∞an-2=\lim_{ n \to \infty } -2< \lim_{ n \to \infty } a_{n}−2=n→∞lim​−2<n→∞lim​an​

מכיוון ש-ana_{n}an​ קטנה מ-bnb_{n}bn​ לכל nnn ו-bnb_{n}bn​ יורדת ממש, אזי an<b1a_{n}<b_{1}an​<b1​ לכל nnn שכן b1b_{1}b1​ הוא האיבר הגדול ביותר ב-bnb_{n}bn​.

b1=1−2=−1b_{1}=1-2=-1b1​=1−2=−1

ולכן, קיים N=1N=1N=1 כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

−2<an<−1-2<a_{n}<-1−2<an​<−1

ולכן, על פי סדר גבולות:

lim⁡n→∞−2<lim⁡n→∞an<lim⁡n→∞−1\lim_{ n \to \infty } -2<\lim_{ n \to \infty } a_{n}<\lim_{ n \to \infty } -1n→∞lim​−2<n→∞lim​an​<n→∞lim​−1

ולכן:

−2<lim⁡n→∞an<−1-2<\lim_{ n \to \infty } a_{n}<-1−2<n→∞lim​an​<−1

∎