10 - גבולות חלקיים, גבול עליון ותחתון וסדרת קושי — חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

תרגיל

תהי $a_{n}$ סדרה חסומה כך ש- $L_{1}$ ו- $L_{2}$ גבולות חלקיים יחידים שלה.
הוכיחו כי קיימות 2 תת סדרות: $a_{n_{k}}$ ו- $a_{m_{k}}$ כך ש- $\{ n_{1},n_{2},\dots,n_{k},\dots \}\cup \{ m_{1},m_{2},\dots,m_{k},\dots \}=N$ וגם $\begin{matrix}\lim_{ k \to \infty }a_{n_{k}}=L_{1} \\ \lim_{ k \to \infty }a_{m_{k}}=L_{2}\end{matrix}$ .

הוכחה:
נגדיר $M=\frac{L_{1}+L_{2}}{2}$ ונגדיר שתי תת סדרות באופן הבא:

a_{n_{k}}=\{ a_{n}|a_{n}>M \}

a_{m_{k}}=\{ a_{n}|a_{n}\leq M \}

נסדר את $a_{n_{k}}$ ו- $a_{m_{k}}$ בסדר אינדקסים עולה כפי שמופיע בסדרה המקורית.
כלומר:

\mathbb{N}=\{ n_{1},n_{2},\dots,n_{k},\dots \}\cup \{ m_{1},m_{2},\dots,m_{k},\dots \}

בה"כ, נניח בשלילה כי $\lim_{ k \to \infty }a_{n_{k}}\neq L_{1}$ , משמע, יש $\infty$ מאיברי הסדרה המקיימים: $|a_{n_{k}}-L_{1}|\geq \epsilon$ עבור $\epsilon>0$ כלשהו.
אינסוף איברים אלו מהווים תת סדרה. נסמנה: $a_{n_{k_{j}}}$ .
מכיוון שהסדרה $a_{n}$ חסומה, אזי $a_{n_{k_{j}}}$ חסומה ולכן, לפי $BW$ יש לה ת"ס מתכנסת. נסמנה: $a_{n_{k_{j_{i}}}}$ .
תת סדרה זו לא מתכנסת ל- $L_{1}$ וגם לא מתכנסת ל- $L_{2}$ לפי הגדרת תת הסדרות $a_{n_{k}}$ ו- $a_{m_{k}}$ ומכאן שמצאנו ג"ח נוסף בסתירה לכך שלסדרה שני ג"ח יחידים.
∎

תרגיל

נתונה הסדרה:

a_{n}=\sqrt{ n }-[\sqrt{ n }]

האם הסדרה מתכנסת?

הוכחה:
תהי $a_{n_{k}}$ ת"ס של $a_{n}$ כך ש- $n_{k}=k^2,k \in \mathbb{Z}$ .
ולכן, $a_{n_{k}}=\sqrt{ k^2 }-[\sqrt{ k^2 }]=0$ ולכן, זוהי סדרה קבועה השואפת ל- $0$ .
נסתכל על ת"ס $a_{m_{k}}$ כך ש- $m_{k}=k^2-1$ . נראה כי:

k-1=\sqrt{ (k-1)^2 }=\sqrt{ k^2-2k+1 }\leq \sqrt{ k^2-1 }<\sqrt{ k^2 }=k

זאת על פי: $k^2-2k+1 \leq k^2-1 \implies 2k\geq 2 \implies k\geq 1$ .
לכן: $[\sqrt{ k^2-1 }]=k-1$ .
כעת, נחשב את הגבול:

\lim_{ k \to \infty } \sqrt{ k^2-1 }-[\sqrt{ k^2-1 }]=\lim_{ k \to \infty } \sqrt{ k^2-1 }-(k-1)

=\lim_{ k \to \infty } \frac{k^2-1-(k-1)^2}{\sqrt{ k^2-1 }+(k-1)}=\lim_{ k \to \infty } \frac{2k-2}{\sqrt{ k^2-1 }+(k-1)}=\lim_{ k \to \infty } \frac{2-\frac{2}{k}}{\sqrt{ 1-\frac{1}{k^2} }+\left( 1-\frac{1}{k} \right)}\underset{\R{\text{חשבון גבולות}}}{\longrightarrow} \frac{2}{1+1}=1

מצאנו כי יש שתי ג"חים שונים ולכן הסדרה $a_{n}$ אינה מתכנסת.
∎

גבול עליון ותחתון

הגדרה 1

גבול עליון: הג"ח הגדול ביותר $\limsup a_{n}$
גבול תחתון: הג"ח הקטן ביותר $\liminf a_{n}$ .

משפט

סדרה מתכנסת ⇔ גבול עליון = גבול תחתון
כל איברי הסדרה, חוץ ממספר סופי של איברים מקיימים: $a_{n} \in(\liminf-\epsilon,\limsup+\epsilon)$ לכל $\epsilon>0$ .

תרגיל (נכון/לא נכון)

תהי $a_{n}$ סדרה. אז $\limsup a_{n}<1$ ⇔ $a_{n}<1$ החל ממקום מסויים.

⇒ שגוי:

a_{n}=1-\frac{1}{n}<1

\lim_{ n \to \infty } a_{n}=\limsup a_{n}=1

תרגיל

א. תהי $X_{n}$ סדרה חסומה. נסמן: $\liminf X_{n}=L$ . ונתון כי לכל $n$ מתקיים $X_{n}\leq L$ . הוכיחו כי $\lim_{ n \to \infty }X_{n}=L$ .
ב. יהיו $a_{n},b_{n}$ סדרות כך ש- $0\leq b_{n}\leq 1$ ו- $0\leq a_{n}\leq 1$ לכל $n$ . ונתון כי $\liminf (a_{n}b_{n})=1$ . הוכיחו כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=1$ .

הוכחה: (א)
על פי נתון $\liminf a_{n}=L$ ולכן, לפי משפט, לכל $\epsilon>0$ מתקיים $x_{n}>L-\epsilon$ כמו כן, נתון כי $x_{n}\leq L$ לכל $n$ ולכן $x_{n}\leq L \leq L+\epsilon$ .
קיבלנו כי $L-\epsilon<x_{n}<L+\epsilon$ לכל $n$ ולכן, $\lim_{ n \to \infty }X_{n}=L$ .
∎

הוכחה: (ב)
נתון לנו כי $0\leq b_{n}\leq 1$ ו- $0\leq a_{n}\leq 1$ לכל $n$ ולכן, $0\leq a_{n}b_{n}\leq 1$ , כלומר $a_{n}b_{n}$ חסומה. וגם $\liminf (a_{n}b_{n})=1$ .
ולכן, לפי סעיף א', $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=1$ .
אנו יודעים כי $a_{n}b_{n}\leq a_{n}\leq 1$ ולכן, על פי סנדוויץ, $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=1$ .
∎

תרגיל

א. תהי $b_{n}$ סדרה חסומה. הוכיחו כי אם $\liminf b_{n}>0$ אז קיים $k>0$ כך שהחל ממקום מסויים $b_{n}>k$ .
ב. תהי $a_{n}$ סדרה המקיימת $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ ותהי $b_{n}$ סדרה חסומה. הוכיחו כי אם $\liminf b_{n}>0$ אז $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=\infty$ .
ג. מצאו דוגמה נגדית מנומקת היטב לסדרה $a_{n}$ המקיימת $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ ו- $b_{n}$ חסומה המקיימת $\liminf b_{n}\geq0$ כך שלא מתקיים $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=\infty$ .

הוכחה: (א)
הסדרה $b_{n}$ חסומה ⇐ יש לה לפחות ג"ח אחד.
לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

b_{n}\in(\varliminf b_{n},\varlimsup b_{n})

נסמן: $\varliminf b_{n}=L$ . נתון: $L=0$ .
בפרט עבור $\epsilon=\frac{L}{2}>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $b_{n}>L-\epsilon=\frac{L}{2}$ . נסמן $k=\frac{L}{2}$ .
∎

הוכחה: (ב)
מתקיימים תנאי סעיף א' עבור הסדרה $b_{n}$ ולכן קיים $k>0$ .
קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים $b_{n}>k$ . בנוסף, נתון כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ .
⇐ קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ מתקיים $a_{n}>0$ . לכן, עבור $N=\max\left\{ N_{1},N_{2} \right\}$ נקבל שלכל $n>N$ מתקיים:

a_{n}\cdot b_{n}>a_{n}k \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty

ולכן, לפי פיצה, $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=\infty$ .
∎

תרגיל

תהי $b_{n}$ סדרה חסומה ותהי $a_{n}$ סדרה המקיימת $a_{n}>0$ וגם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ . הוכיחו כי:

L\cdot\limsup b_{n}=\limsup(a_{n}\cdot b_{n})

הוכחה:

מקרה $I$ : $L=0$

הסדרה $b_{n}$ חסומה, ולכן לפי משפט, $a_{n}b_{n}\longrightarrow0$ . ומהצד השני, $L\cdot \lim_{ n \to \infty }b_{n}=0$ ויש שוויון.

מקרה $II$ : $L>0$ . (כי $a_{n}$ היא סדרה חיובית, ולכן, על פי תכונות סדר גבולות)

מכיוון ש- $b_{n}$ חסומה, לפי BW, יש לה לפחות גבול חלקי אחד.
אם היא מתכנסת, נסמן את הגבול ב- $K$ . אז לפי חשבון גבולות: $a_{n}\cdot b_{n}\longrightarrow L\cdot K$ .
ואז: $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=\limsup b_{n}=K$ ונקבל $L\cdot K=L\cdot K$ .
אם $b_{n}$ אינה מתכנסת, אזי יש לה $\limsup$ סופי, שכן היא חסומה. נסמנו $J$ ונכתוב: $\limsup b_{n}=J$ .
⇐ קיימת ת"ס $b_{n_{k}}\longrightarrow J$ .
לסדרה, $a_{n}b_{n}$ יש ת"ס $a_{n_{k}}b_{n_{k}}$ . $a_{n}$ מתכנסת ל- $L$ ולכן, לפי משפט $a_{n_{k}}\longrightarrow L$ .
ולכן, לפי חשבון גבולות: $a_{n_{k}}b_{n_{k}}\longrightarrow L\cdot J$ .
מצאנו כי $LJ$ הוא ג"ח של $a_{n}b_{n}$ . נרצה להראות כי הוא הג"ח הגדול ביותר.
נניח בשלילה שקיימת ת"ס של $a_{n}b_{n}$ : $a_{m_{k}}b_{m_{k}}\longrightarrow C$ כך ש- $C>L\cdot J$ .
לפי חשבון גבולות :

b_{m_{k}}= \frac{a_{m_{k}}\cdot b_{m_{k}}}{a_{m_{k}}}\longrightarrow \frac{C}{L}

הסדרה $b_{n_{k}}$ ת"ס של $b_{n}$ ו- $\limsup b_{n}=J$ ⇐ $J\leq \frac{C}{L}$ . זוהי סתירה.
∎

סדרת קושי

הגדרה 2 (סדרת קושי)

יש 2 תנאים שבהם ניתן להשתמשף

אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ ולכל $p \in \mathbb{N}$ מתקיים: $|a_{n+p}-a_{n}|<\epsilon$ אז הסדרה מתכנסת.
אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n,m>N$ מתקיים: $|a_{m}-a_{n}|<\epsilon$ אז $a_{n}$ מתכנס.

תרגיל

הוכיחו כי הסדרה הבאה מתכנסת:

a_{n}=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\dots+\frac{1}{n!}

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$ .

|a_{n+p}-a_{n}|=\left| \frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\dots+\frac{1}{(n+p)!} \right|=\frac{1}{(n+1)!}+\dots+\frac{1}{(n+p)!}

n! = 1\cdot 2 \cdot\ \dots\ \cdot n>1 \cdot 2 \cdot 2 \dots 2= 2^{n-1}

\frac{1}{(n+1)!}+\dots+\frac{1}{(n+p)!}< \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}+\dots+\frac{1}{2^{n+p-1}}=\frac{\frac{1}{2^n}\left( 1-\left( \frac{1}{2} \right)^p \right)}{1-\frac{1}{2}}

< \frac{1}{2^{n-1}} \underset{\R{\text{על פי חשבון גבולות}}}{\longrightarrow} 0

אזי, לפי הגדרת הגבול, קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים: $\frac{1}{2^{n+1}}<\epsilon$ כלומר, מצאנו כי לכל $n>N$ ולכל $p \in \mathbb{N}$ מתקיים:

|a_{n+p}-a_{n}|< \frac{1}{2^{n-1}}<\epsilon

כלומר, הסדרה היא סדרת קושי ולכן מתכנסת.
∎

תרגיל

הוכחה:
נגדיר $M=\frac{L_{1}+L_{2}}{2}$ ונגדיר שתי תת סדרות באופן הבא:

a_{n_{k}}=\{ a_{n}|a_{n}>M \}

a_{m_{k}}=\{ a_{n}|a_{n}\leq M \}

נסדר את $a_{n_{k}}$ ו- $a_{m_{k}}$ בסדר אינדקסים עולה כפי שמופיע בסדרה המקורית.
כלומר:

\mathbb{N}=\{ n_{1},n_{2},\dots,n_{k},\dots \}\cup \{ m_{1},m_{2},\dots,m_{k},\dots \}

תרגיל

נתונה הסדרה:

a_{n}=\sqrt{ n }-[\sqrt{ n }]

האם הסדרה מתכנסת?

k-1=\sqrt{ (k-1)^2 }=\sqrt{ k^2-2k+1 }\leq \sqrt{ k^2-1 }<\sqrt{ k^2 }=k

זאת על פי: $k^2-2k+1 \leq k^2-1 \implies 2k\geq 2 \implies k\geq 1$ .
לכן: $[\sqrt{ k^2-1 }]=k-1$ .
כעת, נחשב את הגבול:

\lim_{ k \to \infty } \sqrt{ k^2-1 }-[\sqrt{ k^2-1 }]=\lim_{ k \to \infty } \sqrt{ k^2-1 }-(k-1)

=\lim_{ k \to \infty } \frac{k^2-1-(k-1)^2}{\sqrt{ k^2-1 }+(k-1)}=\lim_{ k \to \infty } \frac{2k-2}{\sqrt{ k^2-1 }+(k-1)}=\lim_{ k \to \infty } \frac{2-\frac{2}{k}}{\sqrt{ 1-\frac{1}{k^2} }+\left( 1-\frac{1}{k} \right)}\underset{\R{\text{חשבון גבולות}}}{\longrightarrow} \frac{2}{1+1}=1

מצאנו כי יש שתי ג"חים שונים ולכן הסדרה $a_{n}$ אינה מתכנסת.
∎

גבול עליון ותחתון

הגדרה 1

גבול עליון: הג"ח הגדול ביותר $\limsup a_{n}$
גבול תחתון: הג"ח הקטן ביותר $\liminf a_{n}$ .

משפט

סדרה מתכנסת ⇔ גבול עליון = גבול תחתון
כל איברי הסדרה, חוץ ממספר סופי של איברים מקיימים: $a_{n} \in(\liminf-\epsilon,\limsup+\epsilon)$ לכל $\epsilon>0$ .

תרגיל (נכון/לא נכון)

תהי $a_{n}$ סדרה. אז $\limsup a_{n}<1$ ⇔ $a_{n}<1$ החל ממקום מסויים.

⇒ שגוי:

a_{n}=1-\frac{1}{n}<1

\lim_{ n \to \infty } a_{n}=\limsup a_{n}=1

תרגיל

הוכחה: (א)
הסדרה $b_{n}$ חסומה ⇐ יש לה לפחות ג"ח אחד.
לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים:

b_{n}\in(\varliminf b_{n},\varlimsup b_{n})

a_{n}\cdot b_{n}>a_{n}k \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty

ולכן, לפי פיצה, $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=\infty$ .
∎

תרגיל

תהי $b_{n}$ סדרה חסומה ותהי $a_{n}$ סדרה המקיימת $a_{n}>0$ וגם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ . הוכיחו כי:

L\cdot\limsup b_{n}=\limsup(a_{n}\cdot b_{n})

הוכחה:

מקרה $I$ : $L=0$

הסדרה $b_{n}$ חסומה, ולכן לפי משפט, $a_{n}b_{n}\longrightarrow0$ . ומהצד השני, $L\cdot \lim_{ n \to \infty }b_{n}=0$ ויש שוויון.

מקרה $II$ : $L>0$ . (כי $a_{n}$ היא סדרה חיובית, ולכן, על פי תכונות סדר גבולות)

b_{m_{k}}= \frac{a_{m_{k}}\cdot b_{m_{k}}}{a_{m_{k}}}\longrightarrow \frac{C}{L}

הסדרה $b_{n_{k}}$ ת"ס של $b_{n}$ ו- $\limsup b_{n}=J$ ⇐ $J\leq \frac{C}{L}$ . זוהי סתירה.
∎

סדרת קושי

הגדרה 2 (סדרת קושי)

יש 2 תנאים שבהם ניתן להשתמשף

אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ ולכל $p \in \mathbb{N}$ מתקיים: $|a_{n+p}-a_{n}|<\epsilon$ אז הסדרה מתכנסת.
אם לכל $\epsilon>0$ קיים $N$ כך שלכל $n,m>N$ מתקיים: $|a_{m}-a_{n}|<\epsilon$ אז $a_{n}$ מתכנס.

תרגיל

הוכיחו כי הסדרה הבאה מתכנסת:

a_{n}=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\dots+\frac{1}{n!}

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$ .

|a_{n+p}-a_{n}|=\left| \frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\dots+\frac{1}{(n+p)!} \right|=\frac{1}{(n+1)!}+\dots+\frac{1}{(n+p)!}

n! = 1\cdot 2 \cdot\ \dots\ \cdot n>1 \cdot 2 \cdot 2 \dots 2= 2^{n-1}

\frac{1}{(n+1)!}+\dots+\frac{1}{(n+p)!}< \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}+\dots+\frac{1}{2^{n+p-1}}=\frac{\frac{1}{2^n}\left( 1-\left( \frac{1}{2} \right)^p \right)}{1-\frac{1}{2}}

< \frac{1}{2^{n-1}} \underset{\R{\text{על פי חשבון גבולות}}}{\longrightarrow} 0

אזי, לפי הגדרת הגבול, קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים: $\frac{1}{2^{n+1}}<\epsilon$ כלומר, מצאנו כי לכל $n>N$ ולכל $p \in \mathbb{N}$ מתקיים:

|a_{n+p}-a_{n}|< \frac{1}{2^{n-1}}<\epsilon

כלומר, הסדרה היא סדרת קושי ולכן מתכנסת.
∎