חזור לתיקייה: תרגול

11 - סדרת קושי

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי

11 - סדרת קושי

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות תרגול לקריאה בשבת

סדרת קושי

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל

תהא ana_{n}an​ סדרה המקיימת: ∣an+1−an∣≤q∣an−an−1∣|a_{n+1}-a_{n}|\leq q|a_{n}-a_{n-1}|∣an+1​−an​∣≤q∣an​−an−1​∣ לכל n≥2n\geq 2n≥2 ולכל 0<q<10<q<10<q<1.
א. הוכיחו כי ana_{n}an​ מתכנסת.
ב. הוכיחו בעזרת הסעיף הקודם כי הסדרה: an=2+an1+an,a1=1a_{n}=\frac{2+a_{n}}{1+a_{n}},a_{1}=1an​=1+an​2+an​​,a1​=1 מתכנסת וחשבו את גבולה.

הוכחה: (א)
יהי ε>0\epsilon>0ε>0.

∣an+p−an∣=∣(an+p−an+p−1)+(an+p−q−an+p−2)+⋯+(an+1−an)∣|a_{n+p}-a_{n}|=|(a_{n+p}-a_{n+p-1})+(a_{n+p-q}-a_{n+p-2})+\dots+(a_{n+1}-a_{n})|∣an+p​−an​∣=∣(an+p​−an+p−1​)+(an+p−q​−an+p−2​)+⋯+(an+1​−an​)∣

על פי אי שוויון המשולש:

≤∣an+p−an+p−1∣+∣an+p−1−an+p−2∣+⋯+∣an+1−an∣\leq |a_{n+p}-a_{n+p-1}|+|a_{n+p-1}-a_{n+p-2}|+\dots+|a_{n+1}-a_{n}|≤∣an+p​−an+p−1​∣+∣an+p−1​−an+p−2​∣+⋯+∣an+1​−an​∣

נסתכל לרגע על הנתון:

∣an+1−an∣≤q∣an−an−1∣≤q⋅q∣an−1−an−2∣≤qn−1∣a2−a1∣|a_{n+1}-a_{n}|\leq q|a_{n}-a_{n-1}|\leq q \cdot q |a_{n-1}-a_{n-2}|\leq q^{n-1}|a_{2}-a_{1}|∣an+1​−an​∣≤q∣an​−an−1​∣≤q⋅q∣an−1​−an−2​∣≤qn−1∣a2​−a1​∣ ∣an+1−an∣≤qn−1∣a2−a1∣|a_{n+1}-a_{n}|\leq q^{n-1}|a_{2}-a_{1}|∣an+1​−an​∣≤qn−1∣a2​−a1​∣

כעת, נחזור לתרגיל:

≤qn+p−2∣a2−a1∣+qn+p−3∣a2−a1∣+⋯+qn−1∣a2−a1∣\leq q^{n+p-2}|a_{2}-a_{1}|+q^{n+p-3}|a_{2}-a_{1}|+\dots+q^{n-1}|a_{2}-a_{1}|≤qn+p−2∣a2​−a1​∣+qn+p−3∣a2​−a1​∣+⋯+qn−1∣a2​−a1​∣ =∣a2−a1∣(qn+p−2+qn+p−3+⋯+qPn−1⏟סכום סדרה הנדסית)=|a_{2}-a_{1}|(\underbrace{q^{n+p-2}+q^{n+p-3}+\dots+q^P{n-1}}_{\R{\text{סכום סדרה הנדסית}}})=∣a2​−a1​∣(סכום סדרה הנדסיתqn+p−2+qn+p−3+⋯+qPn−1​​)

על פי סכום סדרה חשבונית:

=∣a2−a1∣qn−1(1−qp)1−q≤∣a2−a1∣qn−11−q=|a_{2}-a_{1}| \frac{q^{n-1}(1-q^p)}{1-q}\leq |a_{2}-a_{1}| \frac{q^{n-1}}{1-q}=∣a2​−a1​∣1−qqn−1(1−qp)​≤∣a2​−a1​∣1−qqn−1​

נסמן k=∣a2−a1∣1−q>0k=\frac{|a_{2}-a_{1}|}{1-q}>0k=1−q∣a2​−a1​∣​>0. קיבלנו:

∣an+p−an∣<kqn−1|a_{n+p}-a_{n}|<kq^{n-1}∣an+p​−an​∣<kqn−1

מכיוון ש-0<q<10<q<10<q<1 אזי kqn−1⟶n→∞0kq^{n-1}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0kqn−1n→∞⟶​0 ⇐ לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים kqn−1<εkq^{n-1}<\epsilonkqn−1<ε.
קיבלנו כי לכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N מתקיים: ∣an+p−an∣<kqn−1<ε|a_{n+p}-a_{n}|<kq^{n-1}<\epsilon∣an+p​−an​∣<kqn−1<ε. כלומר, הסדרה היא קושי ולכן, לפי משפט, היא מתכנסת.
∎

הוכחה: (ב)

∣an+1−an∣=∣2+an1+an−an∣=∣2+an−an−an21+an∣=∣2−an21+an∣|a_{n+1}-a_{n}|=\left| \frac{2+a_{n}}{1+a_{n}}-a_{n} \right|=\left| \frac{2+\cancel{a_{n}}\cancel{-a_{n}}-a_{n}^2}{1+a_{n}} \right|=\left| \frac{2-a_{n}^2}{1+a_{n}} \right|∣an+1​−an​∣=​1+an​2+an​​−an​​=​1+an​2+an​−an​−an2​​​=​1+an​2−an2​​​

זה לא מסתדר ולכן ננסה מחדש.

∣an+1−an∣=∣2+an1+an−2+an−11+an+1∣|a_{n+1}-a_{n}|=\left| \frac{2+a_{n}}{1+a_{n}}-\frac{2+a_{n-1}}{1+a_{n+1}} \right|∣an+1​−an​∣=​1+an​2+an​​−1+an+1​2+an−1​​​ =∣2+2an−1+an+anan−1−2−2an−an−1−anan−1(1+an)(1+an−1)∣=\left| \frac{\cancel{ 2 }+2a_{n-1}+a_{n}+\cancel{ a_{n}a_{n-1} }-\cancel{ 2 }-2a_{n}-a_{n-1}-\cancel{ a_{n}a_{n-1} }}{(1+a_{n})(1+a_{n-1})} \right|=​(1+an​)(1+an−1​)2+2an−1​+an​+an​an−1​−2−2an​−an−1​−an​an−1​​​ =∣an−1−an(1+an)(1+an−1)∣=\left| \frac{a_{n-1}-a_{n}}{(1+a_{n})(1+a_{n-1})} \right|=​(1+an​)(1+an−1​)an−1​−an​​​

הסדרה ana_{n}an​ חיובית ומנוסחת הנסיגה נקבל כי an>1a_{n}>1an​>1.

≤14∣an−1−an∣\leq \frac{1}{4}|a_{n-1}-a_{n}|≤41​∣an−1​−an​∣

כעת, מתקיים תנאי סעיף א' ולכן, הסדרה מתכנסת.

lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞an−1=L\lim_{ n \to \infty } a_{n}=\lim_{ n \to \infty } a_{n-1}=Ln→∞lim​an​=n→∞lim​an−1​=L

מנוסחת הנסיגה, חשבון גבולות ויחידות הגבול נקבל:

L=2+L1+L  ⟹  L+L2=2+l  ⟹  L=±2  ⟹  הסדרה חיוביתL=2L=\frac{2+L}{1+L} \implies L+L^2=2+l \implies L=\pm \sqrt{ 2 } \underset{\R{\text{הסדרה חיובית}}}{\implies} L=\sqrt{ 2 }L=1+L2+L​⟹L+L2=2+l⟹L=±2​הסדרה חיובית⟹​L=2​

∎

תרגיל

יהיו ana_{n}an​ ו-bnb_{n}bn​ שתי סדרות ונתון כי לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל m,n>Nm,n>Nm,n>N מתקיים ∣an−bm∣<ε|a_{n}-b_{m}|<\epsilon∣an​−bm​∣<ε.
הוכיחו כי שתי הסדרות מתכנסות וכי יש להן את אותו הגבול.

הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0 לפי הנתון קיים NNN כך שלכל m,n∈N,m,n>Nm,n \in \mathbb{N},m,n>Nm,n∈N,m,n>N מתקיים:

∣an−am∣=∣an−bm+bm−am∣≤∣an−bm∣+∣bm−am∣<ε2+ε2=ε|a_{n}-a_{m}|=|a_{n}-b_{m}+b_{m}-a_{m}|\leq |a_{n}-b_{m}|+|b_{m}-a_{m}|< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon∣an​−am​∣=∣an​−bm​+bm​−am​∣≤∣an​−bm​∣+∣bm​−am​∣<2ε​+2ε​=ε

כלומר, ana_{n}an​ סדרת קושי ולכן, על פי משפט, מתכנסת.
לפי הנתון, לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים N2N_{2}N2​ כך שלכל m,n>N2m,n>N_{2}m,n>N2​ ובפרט ל-m=nm=nm=n מתקיים: ∣an−bn∣<ε|a_{n}-b_{n}|<\epsilon∣an​−bn​∣<ε ולכן, lim⁡n→∞(an−bn)=0\lim_{ n \to \infty }(a_{n}-b_{n})=0limn→∞​(an​−bn​)=0.
מכיוון ש:

bn=(bn−an)+anb_{n}=(b_{n}-a_{n})+a_{n}bn​=(bn​−an​)+an​

לפי חשבון גבולות, bnb_{n}bn​ מתכנסת לאותו הגבול של ana_{n}an​.
∎