חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 6

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

גליון 6

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 6

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

העזרו בקריטריון קושי על מנת להוכיח כי הסדרה הבאה מתכנסת:

an=∑k=1nsin⁡k!(k+1)k=sin⁡1!1⋅2+sin⁡2!2⋅3+⋯+sin⁡n!n(n+1)a_{n}=\sum_{k=1}^n \frac{\sin k!}{(k+1)k}=\frac{\sin1!}{1\cdot2}+\frac{\sin2!}{2 \cdot 3}+\dots+\frac{\sin n!}{n(n+1)}an​=k=1∑n​(k+1)ksink!​=1⋅2sin1!​+2⋅3sin2!​+⋯+n(n+1)sinn!​

הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0.

∣∑k=1nsin⁡k!(k+1)k−∑k=1msin⁡k!(k+1)k∣=∣∑k=n+1msin⁡k!(k+1)k∣\left| \sum_{k=1}^n\frac{ \sin k!}{(k+1)k}-\sum_{k=1}^m\frac{\sin k!}{(k+1)k} \right|=\left|\sum_{k=n+1}^m\frac{\sin k!}{(k+1)k}\right|​k=1∑n​(k+1)ksink!​−k=1∑m​(k+1)ksink!​​=​k=n+1∑m​(k+1)ksink!​​

נסמן m=n+p,p∈Nm=n+p, p \in \mathbb{N}m=n+p,p∈N.

=∣∑k=n+1n+psin⁡k!(k+1)k∣≤↓אי שוויוןהמשולש∣sin⁡(n+1)!(n+1)(n+2)∣+∣sin⁡(n+2)!(n+2)(n+3)∣+⋯+∣sin⁡(n+p)!(n+p)(n+p+1)∣=\left|\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\sin k!}{(k+1)k} \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון}} \\ \R{\text{המשולש}} \end{matrix}}{\leq} \left|\frac{\sin(n+1)!}{(n+1)(n+2)}\right|+\left| \frac{\sin(n+2)!}{(n+2)(n+3)} \right|+\dots+\left| \frac{\sin(n+p)!}{(n+p)(n+p+1)} \right|=​k=n+1∑n+p​(k+1)ksink!​​↓אי שוויוןהמשולש​≤​​(n+1)(n+2)sin(n+1)!​​+​(n+2)(n+3)sin(n+2)!​​+⋯+​(n+p)(n+p+1)sin(n+p)!​​

מכיוון ש-sin⁡(∼)\sin(\sim)sin(∼) הוא תמיד בין −1-1−1 ל-111 נוכל להגדיל את הביטוי כך:

≤1(n+1)(n+2)+1(n+2)(n+3)+⋯+1(n+p)(n+p+1)\leq \frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\dots+\frac{1}{(n+p)(n+p+1)}≤(n+1)(n+2)1​+(n+2)(n+3)1​+⋯+(n+p)(n+p+1)1​

כל איבר הוא בעצם השבר 1(n+k)(n+k+1)\frac{1}{(n+k)(n+k+1)}(n+k)(n+k+1)1​ לכל n+1≤k≤n+pn+1\leq k\leq n+pn+1≤k≤n+p. נוכל לפרק שבר זה לשברים חלקיים כך:

An+k+Bn+k+1=A(n+k+1)+B(n+k)(n+k)(n+k+1)=1(n+k)(n+k+1)\frac{A}{n+k}+\frac{B}{n+k+1}=\frac{A(n+k+1)+B(n+k)}{(n+k)(n+k+1)}=\frac{1}{(n+k)(n+k+1)}n+kA​+n+k+1B​=(n+k)(n+k+1)A(n+k+1)+B(n+k)​=(n+k)(n+k+1)1​ 1=(A+B)n+(Ak+A+Bk)  ⟹  {A+B=0  ⟹  B=−AAk+A+(−A)k=1  ⟹  A=11=(A+B)n+(Ak+A+Bk) \implies \begin{cases} A+B=0 \implies B=-A \\ Ak+A+(-A)k=1 \implies A=1 \end{cases}1=(A+B)n+(Ak+A+Bk)⟹{A+B=0⟹B=−AAk+A+(−A)k=1⟹A=1​

לכן, כל איבר הוא בעצם השברים 1n+k−1n+k+1\frac{1}{n+k}-\frac{1}{n+k+1}n+k1​−n+k+11​ .

=1n+1−1n+2+1n+2−1n+3+⋯+1n+p−1n+p+1=\frac{1}{n+1}\cancel{ -\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}+\dots+\frac{1}{n+p} }-\frac{1}{n+p+1}=n+11​−n+21​+n+21​−n+31​+⋯+n+p1​−n+p+11​ =1n+1−1n+p+1<1n+1<1n=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+p+1} < \frac{1}{n+1}< \frac{1}{n}=n+11​−n+p+11​<n+11​<n1​

קיים N=1εN=\frac{1}{\epsilon}N=ε1​ כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

1n<1N=ε\frac{1}{n}< \frac{1}{N}=\epsilonn1​<N1​=ε

לכן, על פי הגדרה, הסדרה הנ"ל הינה סדרת קושי ⇐ לפי משפט, היא מתכנסת.
∎

תרגיל (1 [ב])

העזרו בקריטריון קושי על מנת להוכיח כי לסדרה an=sin⁡na_{n}=\sin nan​=sinn לא קיים גבול.

הוכחה:
קיים ε>0\epsilon>0ε>0 וקיימים n,p∈Nn,p \in \mathbb{N}n,p∈N כך:

∣an+p−an∣=∣sin⁡(n+p)−sin⁡n∣=↓זהותטריגונומטרית∣2cos⁡(n+p+n2)sin⁡(n+p−n2)∣|a_{n+p}-a_{n}|=|\sin(n+p)-\sin n|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{זהות}} \\ \R{\text{טריגונומטרית}} \end{matrix}}{=}\left| 2\cos\left( \frac{n+p+n}{2} \right)\sin\left( \frac{n+p-n}{2} \right) \right|∣an+p​−an​∣=∣sin(n+p)−sinn∣↓זהותטריגונומטרית​=​​2cos(2n+p+n​)sin(2n+p−n​)​ =2∣cos⁡2n+p2sin⁡p2∣=2∣cos⁡2n+p2∣∣sin⁡p2∣=2∣cos⁡(n+p2)∣∣sin⁡p2∣=2\left| \cos\frac{2n+p}{2}\sin \frac{p}{2} \right|=2\left| \cos \frac{2n+p}{2} \right|\left| \sin \frac{p}{2} \right|=2\left| \cos\left( n+\frac{p}{2} \right) \right|\left| \sin \frac{p}{2} \right|=2​cos22n+p​sin2p​​=2​cos22n+p​​​sin2p​​=2​cos(n+2p​)​​sin2p​​

התנאי מתקיים ל-p=12p=\frac{1}{2}p=21​ ו-ε=2N\epsilon=2Nε=2N כאשר N≥0N\geq0N≥0 מכיוון ש-n≥1n\geq1n≥1.

=2∣cos⁡(n+1)∣≥2∣n+1∣=2n+2>2n>2N=ε=2\left| \cos(n+1) \right|\geq 2|n+1|=2n+2> 2n>2N=\epsilon=2∣cos(n+1)∣≥2∣n+1∣=2n+2>2n>2N=ε

לכן, נראה כי תנאי קושי לא מתקיים ולכן, לפי משפט, הסדרה ana_{n}an​ אינה מתכנסת.
∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

נתונה סדרה ana_{n}an​ אשר מקיימת את התנאי הבא:
קיים מספר ממשי ccc כך שלכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים:

∣a2−a1∣+∣a3−a2∣+⋯+∣an−an−1∣<c|a_{2}-a_{1}|+|a_{3}-a_{2}|+\dots+|a_{n}-a_{n-1}|<c∣a2​−a1​∣+∣a3​−a2​∣+⋯+∣an​−an−1​∣<c

הוכיחו כי הסדרה מתכנסת.

רמז: התבוננו בסדרה bn=∣a2−a1∣+∣a3−a2∣+⋯+∣an−an−1∣b_{n}=|a_{2}-a_{1}|+|a_{3}-a_{2}|+\dots+|a_{n}-a_{n-1}|bn​=∣a2​−a1​∣+∣a3​−a2​∣+⋯+∣an​−an−1​∣ והראו שהיא מתכנסת ולכן סדרת קושי.

הוכחה:
תהי bn=∣a2−a1∣+∣a3−a2∣+⋯+∣an−an−1∣b_{n}=|a_{2}-a_{1}|+|a_{3}-a_{2}|+\dots+|a_{n}-a_{n-1}|bn​=∣a2​−a1​∣+∣a3​−a2​∣+⋯+∣an​−an−1​∣.

bn+1−bn=∣an+1−an∣≥0  ⟹  bn+1≥bnb_{n+1}-b_{n}=|a_{n+1}-a_{n}| \geq 0 \implies b_{n+1}\geq b_{n}bn+1​−bn​=∣an+1​−an​∣≥0⟹bn+1​≥bn​

לכן, הסדרה bnb_{n}bn​ מונוטונית עולה.
על פי הנתון, לכל nnn מתקיים כי bn=∣a2−a1∣+∣a3−a2∣+⋯+∣an−an−1∣<cb_{n}=|a_{2}-a_{1}|+|a_{3}-a_{2}|+\dots+|a_{n}-a_{n-1}|<cbn​=∣a2​−a1​∣+∣a3​−a2​∣+⋯+∣an​−an−1​∣<c ולכן, bnb_{n}bn​ חסומה.
על פי משפט, bnb_{n}bn​ מתכנסת. ולכן, על פי משפט, היא גם סדרת קושי.
יהי ε>0\epsilon>0ε>0 ויהיו am,ana_{m},a_{n}am​,an​ שני איברים בסדרה ana_{n}an​ כך ש-m>nm>nm>n.
מכיוון ש-bnb_{n}bn​ סדרת קושי, אזי, לפי הגדרה, לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 ולכל k>ℓ∈Nk>\ell \in \mathbb{N}k>ℓ∈N מתקיים: ∣ak−aℓ∣<ε1|a_{k}-a_{\ell}|<\epsilon_{1}∣ak​−aℓ​∣<ε1​.
זה מתקיים ספציפית ל-ε1=ε>0\epsilon_{1}=\epsilon>0ε1​=ε>0 ולכן:

∣am−an∣=∣am−am−1+am−1−am−2+am−2−⋯−an∣≤↓אי שיוויון המשלוש|a_{m}-a_{n}|=|a_{m}-a_{m-1}+a_{m-1}-a_{m-2}+a_{m-2}-\dots-a_{n}|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שיוויון המשלוש}} \end{matrix}}{\leq}∣am​−an​∣=∣am​−am−1​+am−1​−am−2​+am−2​−⋯−an​∣↓אי שיוויון המשלוש​≤​ ∣am−am−1∣+∣am−1−am−2∣+⋯+∣an+1−an∣=bm−bn≤ε1=ε|a_{m}-a_{m-1}|+|a_{m-1}-a_{m-2}|+\dots+|a_{n+1}-a_{n}|= b_{m}-b_{n}\leq \epsilon_{1}=\epsilon∣am​−am−1​∣+∣am−1​−am−2​∣+⋯+∣an+1​−an​∣=bm​−bn​≤ε1​=ε

לכן, הסדרה ana_{n}an​ היא סדרת קושי ולכן, לפי משפט, היא מתכנסת.
∎

תרגיל (2 [ב])

הביאו דוגמה לסדרה מתכנסת שלא מקיימת את התנאי.

דוגמה:
נסתכל על הסדרה an:  −1,1,−12,12,−13,13,…a_{n}:\; -1,1,-\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{3}, \frac{1}{3},\dotsan​:−1,1,−21​,21​,−31​,31​,….
אנו יודעים כי קיימות 2 תת סדרות אשר מכסות את כל איברי הסדרה כך ששתיהן שואפות ל-000 על פי הוכחה מההרצאה.
לכן, הסדרה מתכנסת ושואפת ל-000.
כעת, נוכיח כי התנאי אינו מתקיים:

∣−1−1∣+∣1+12∣+∣−12−12∣+⋯+∣an−an−1∣>∣−12−12∣+∣−13−13∣+⋯=∑k=1n2k>∑k=1n1k|-1-1|+|1+\frac{1}{2}|+\left| -\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \right|+\dots+|a_{n}-a_{n-1}|> \left|-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right|+\left| -\frac{1}{3}-\frac{1}{3} \right|+\dots=\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{k}> \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}∣−1−1∣+∣1+21​∣+​−21​−21​​+⋯+∣an​−an−1​∣>​−21​−21​​+​−31​−31​​+⋯=k=1∑n​k2​>k=1∑n​k1​

נגדיר bn=∑k=1n1kb_{n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}bn​=∑k=1n​k1​.

bn+1bn=1+12+13+⋯+1n+1n+11+12+13+⋯+1n=1+12+13+⋯+1n1+12+13+⋯+1n+1n+11+12+13+⋯+1n\frac{b_{n+1}}{b_{n}}= \frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}}=\frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}}+\frac{\frac{1}{n+1}}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}}bn​bn+1​​=1+21​+31​+⋯+n1​1+21​+31​+⋯+n1​+n+11​​=1+21​+31​+⋯+n1​1+21​+31​+⋯+n1​​+1+21​+31​+⋯+n1​n+11​​ =1+1n+11+12+13+⋯+1n>1=1+\frac{\frac{1}{n+1}}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}}>1=1+1+21​+31​+⋯+n1​n+11​​>1

לכן, לפי משפט המנה, נדע כי bnb_{n}bn​ שואפת ל-∞\infty∞.
ולכן, לפי פיצה:

lim⁡n→∞(∣−1−1∣+∣1+12∣+∣−12−12∣+⋯+∣an−an−1∣)=∞\lim_{ n \to \infty } (|-1-1|+\left|1+\frac{1}{2}\right|+\left| -\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \right|+\dots+|a_{n}-a_{n-1}|)=\inftyn→∞lim​(∣−1−1∣+​1+21​​+​−21​−21​​+⋯+∣an​−an−1​∣)=∞

ולכן, על פי הגדרה, לא יכול להיות כי סכום ההפרשים חסום ולכן, לא מתקיים התנאי.

תרגיל 3

תרגיל (3)

תנו דוגמה לכיסוי פתוח של הקטע (1,5](1,5](1,5] שאין לו תת-כיסוי סופי. הוכיחו את תשובתכם.

דוגמה: A={(1+1n,6)∣n∈N}A=\left\{ \left( 1+\frac{1}{n},6 \right)|n \in \mathbb{N} \right\}A={(1+n1​,6)∣n∈N}
הוכחה:
תחילה, נראה כי AAA מכסה את (1,5](1,5](1,5]. כלומר, נראה כי לכל x∈(1,5]x \in(1,5]x∈(1,5] קיים In∈AI_{n}\in AIn​∈A כך ש-x∈Inx \in I_{n}x∈In​.

x>1+1n  ⟹  nx>n+1  ⟹  n(x−1)>1  ⟹  n>1x−1x > 1+\frac{1}{n} \implies nx>n+1 \implies n(x-1)> 1\implies n > \frac{1}{x-1}x>1+n1​⟹nx>n+1⟹n(x−1)>1⟹n>x−11​

לכל xxx נוכל לבחור n=[1x−1]+1n=\left[ \frac{1}{x-1} \right]+1n=[x−11​]+1 כך ש-xxx יהא איבר ב-InI_{n}In​. לכן, AAA הוא כיסוי פתוח של הקטע המדובר.
כעת, נראה כי ל-AAA אין תת-כיסוי סופי. נניח בשלילה כי קיים כיסוי סופי B={In1,In2,…,Inm}⊆AB=\left\{ I_{n_{1}},I_{n_{2}},\dots,I_{n_{m}} \right\}\subseteq AB={In1​​,In2​​,…,Inm​​}⊆A.
נבחר קטע InkI_{n_{k}}Ink​​, כאשר 1≤k≤m1\leq k\leq m1≤k≤m ובו nkn_{k}nk​ הוא האינדקס הגדול ביותר ולכן הקטע (1+1nk,6)\left( 1+\frac{1}{n_{k}},6 \right)(1+nk​1​,6) הוא הארוך ביותר ב-BBB.
על פי צפיפות הממשיים, קיים 1<x<1+1nk1< x< 1+\frac{1}{n_{k}}1<x<1+nk​1​ כגון x=1+12nkx=1+\frac{1}{2n_{k}}x=1+2nk​1​ אשר אינו נמצא באף קטע ב-BBB וכך הגענו לסתירה.
∎

תרגיל 4

תרגיל (4)

תהי AAA קבוצה שלכל כיסוי שלה ע"י קטעים פתוחים קיים תת-כיסוי סופי.
הוכיחו כי AAA חסומה.

הוכחה:
נניח בשלילה כי AAA אינה חסומה, כלומר, יש לה ∞\infty∞ איברים כך שבה"כ לכל M>0M>0M>0 קיים x∈Ax \in Ax∈A כך ש-x>Mx>Mx>M.
לכן, כדי לכסות את AAA נדרש לקטע הפתוח (α,∞)(\alpha,\infty)(α,∞) כאשר α∈R\alpha \in \mathbb{R}α∈R - דבר זה אינו יכול להתקיים בכיסוי סופי, ולכן, לא יכול להיות כי ל-AAA יהיה תת כיסוי סופי, מה שעומד בסתירה לנתון.
לכן, AAA חסומה.
∎