תרגיל 1

הוכחה:
⇐: אם $a_{n}$ מתכנסת, אזי, לפי משפט, כל הת"ס שלה מתכנסות לאותו הגבול ולכן, $a_{2k}$ ו-$a_{2k+1}$ מתכנסות לגבול זה.
⇒: על פי הגדרת הגבול, לכל $\epsilon_{1}>0$ קיים $N_{1}$ כך שלכל $2k>N_{1}$: $|a_{2k}-L|<\epsilon_{1}$
ובנוסף, לכל $\epsilon_{2}>0$ קיים $N_{2}$ כך שלכל $(2k+1)>N_{2}$: $|a_{2k+1}-L|<\epsilon_{2}$.
כעת, לכל $\epsilon>0$ קיים $N=2\max\{ N_{1},N_{2} \}$ כך שלכל $n>N$ כל איבר זוגי($2k$) נמצא בסביבת אפסילון של $L$ וגם, כל איבר אי-זוגי($2k+1$) נמצא בסביבת אפסילון של $L$ ולכן: $|a_{n}-L|<\epsilon$. ולכן, ע"פ הגדרת הגבול, הסדרה $a_{n}$ מתכנסת.

∎

תרגיל 2

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$. קיים $K=\log_{2}\frac{1}{\epsilon}>0$ כך שלכל $k>K$ מתקיים:

∎

הוכחה:
על פי חשבון גבולות מורחב ומשפט:

לכן, על פי הגדרת הג"ח, אנו יודעים כי יש $\infty$ איברים של הסדרה $a_{n}$ בסביבת $\epsilon$ של $\pm\frac{1}{2^k}$ לכל $k$.
נסדר את הג"חים כסדרה כאשר $a_{k}=(-1)^{k+1}\frac{1}{2^k}$, אשר זוהי סדרה ששואפת ל-$0$ מההסבר הנ"ל.
לכן, על פי הגדרת הגבול, לכל $\epsilon$ קיים $K_{1}$ כך שלכל $k>K_{1}$ מתקיים: $\frac{1}{2^k}\in \left( -\frac{\epsilon}{2}, \frac{\epsilon}{2} \right)$ וגם $-\frac{1}{2^k}\in\left( -\frac{\epsilon}{2}, \frac{\epsilon}{2} \right)$.
אנו יודעים, על פי משפט, כי בסביבת $\epsilon$ של כל ג"ח יש $\infty$ איברי $a_{n}$ ולכן, קיימים בסביבה של $\pm\frac{1}{2^k}$ אינסוף איברי $a_{n}$.
דבר זה נכון בפרט ל-$\epsilon_{1}=\frac{\epsilon}{2}$ ולכן יש $\infty$ איברי $a_{n}$ ב-$\left( -\frac{1}{2^k}-\frac{\epsilon}{2}, \frac{1}{2^k}+\frac{\epsilon}{2} \right)$.

ולכן, אנו יודעים כי יש $\infty$ מאיברי $a_{n}$ בסביבת $\epsilon$ של $0$ ולכן, על פי משפט, $0$ הינו ג"ח של $a_{n}$.
∎

הוכחה:
נקח את הסדרה:

נראה כי כל האיברים בסדרה הם מהצורה $\pm \frac{1}{2^k}$ וכל אחד מהם מופיע $\infty$ פעמים ולכן הוא ג"ח.
בנוסף, על פי סעיף א', אנו יודעים כי $0$ הוא גם ג"ח.
ולכן, דוגמה זו מקיימת את תנאי השאלה.
∎

תרגיל 3

הוכחה:
על פי משפט, בסביבת $\epsilon>0$ של $\pm1$ יש $\infty$ איברים מהסדרה $a_{n}$.
נתון לנו כי $|a_{n+1}-a_{n}|<1$. משמע, המרחק בין כל שני איברים צמודים קטן מ-1.
נרצה להוכיח כי בקטע נוסף בתצורת $(-\epsilon,\epsilon)$, נניח $\left( -\frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right)$, יש $\infty$ איברים של $a_{n}$. לשם כך, נניח בשלילה כי אין בקטע $\infty$ איברים ולכן, אנו יודעים כי קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $a_{n}<-\frac{1}{4}$ או $a_{n}> \frac{1}{4}$.
על פי המשפט והנתון, יש $\infty$ איברי $a_{n}$ בקטעים $\left( -1-\frac{1}{4},-1+\frac{1}{4} \right)$ ו-$\left( 1-\frac{1}{4},1+\frac{1}{4} \right)$.
על פי הנתון, כאשר נרצה לעבור בין איבר בקטע הראשון לאיבר בקטע השני, נצטרך איבר מקשר, שכן המרחק בין הסביבות הינו יותר מ-1. את דבר זה נרצה לעשות $\infty$ פעמים, שכן צריכים להיות $\infty$ איברים של $a_{n}$ בשתי הסביבות.
במצב זה, אנו יודעים כי חייבים להיות $\infty$ איברים כך ש-$a_{n}< \frac{1}{4}$ או $a_{n}>-\frac{1}{4}$ כלומר, $a_{n}\in\left( -\frac{1}{4}, \frac{1}{4} \right)$ ולכן, על פי משפט, $0$ הינו ג"ח של $a_{n}$.
∎

תרגיל 4

הוכחה:
על פי משפט, מכיוון שהסדרה $a_{n}$ מתכנסת, אזי לכל תת הסדרות שלה מתכנסות לאותו הגבול ומכיוון ש-$b_{n}$ מתכנסת, כל תת הסדרות שלה מתכנסות לאותו הגבול. לכן, לכל תת סדרה של $a_{n}$ מתקיים ש: $\overline{lim}\ a_{n}=\lim_{ k \to \infty }a_{n_{k}}$. וכך גם לכל ת"ס של $b_{n}$.
ולכן, נקח ת"ס $a_{n_{k}}$ ונתאים לה סדרה $b_{n_{k}}$ כך:

זאת מכיוון שחיבור המקסימומים יתן לנו את הסדרה המקסימלית ששואפת לגבול המקסימלי. ולכן, על פי חשבון גבולות מורחב:

נסמן: $\lim_{ k \to \infty }a_{n_{k}}=L,\lim_{ k \to \infty }b_{n_{k}}=K$ ואז:

על פי הגדרת הגבול לכל $\epsilon_{1}>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים ש-$b_{n_{k}}$ נמצא ב-$\epsilon_{1}$-סביבה של הגבול $K$.
מכיוון שהגבול של $b_{n_{k}}$ גדול מאפס אזי קיים $N_{1}$ מסויים אשר ממנו כל איברי הסדרה גדולים מאפס ולכן קיים $N_{2}$ כך שכל איברי הסדרה גדולים ממספר הגדול מאפס, שכן הגבול גם הוא גדול מאפס.
לכן, קיים $\epsilon>0$ כך שקיימת ת"ס של $b_{n}$ כך שכל איבריה גדולים מ-$\epsilon$.
∎