חזור לתיקייה: תרגול

4 - גבולות וכיף

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

4 - גבולות וכיף

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות תרגול לקריאה בשבת

גבולות וכיף

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

הגדרה 1 (הגדרת הגבול)

לכל ε>0\epsilon>0ε>0, קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣an−L∣<ε\left| a_{n}-L \right|<\epsilon∣an​−L∣<ε

אומרים:

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

הוכיחו לפי הגדרת הגבול:

lim⁡n→∞2n2−9n−24n2+5n+16=12\lim_{ n \to \infty } \frac{2n^2-9n-2}{4n^2+5n+16}=\frac{1}{2}n→∞lim​4n2+5n+162n2−9n−2​=21​

פתרון:
נפשט את הביטוי.

∣2n2−9n−24n2+5n+16−12∣=∣4n2−18n−4−4n−5n−162(4n2+5n+16)∣=∣−23n−202(4n2+5n+16)∣ \left| \frac{2n^2-9n-2}{4n^2+5n+16} - \frac{1}{2} \right|=\left| \frac{\cancel{4n^2}-18n-4\cancel{-4n}-5n-16}{2(4n^2+5n+16)} \right|=\left| \frac{-23n-20}{2(4n^2+5n+16)} \right|​4n2+5n+162n2−9n−2​−21​​=​2(4n2+5n+16)4n2−18n−4−4n−5n−16​​=​2(4n2+5n+16)−23n−20​​ =23n+202(4n2+5n+16)<⇑4n2+5b+16>4n223n+208n2≤23n+20n8n2=43n8n2=438n<488⋅1n=6n=\frac{23n+20}{2(4n^2+5n+16)}\underset{\begin{matrix} \Uparrow \\ 4n^2+5b+16>4n^2 \end{matrix}}{<} \frac{23n+20}{8n^2}\leq \frac{23n+20n}{8n^2}=\frac{43n}{8n^2}=\frac{43}{8n}<\frac{48}{8}\cdot \frac{1}{n}=\frac{6}{n}=2(4n2+5n+16)23n+20​⇑4n2+5b+16>4n2​<​8n223n+20​≤8n223n+20n​=8n243n​=8n43​<848​⋅n1​=n6​

ולכן, אם נבחר N=6εN=\frac{6}{\epsilon}N=ε6​ אז לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣2n2−9n−24n2+5n+16−12∣<6n<6N=66ε=ε\left|\frac{2n^2-9n-2}{4n^2+5n+16}-\frac{1}{2}\right|< \frac{6}{n}< \frac{6}{N}=\frac{6}{\frac{6}{\epsilon}}=\epsilon​4n2+5n+162n2−9n−2​−21​​<n6​<N6​=ε6​6​=ε
הערה

בכל שלב שעושים הגדלה, כדאי לוודא שהביטוי בתוך הערך המוחלט עדיין שואף ל-0.

נסתכל על ההבדל במידה ויש −5n-5n−5n במקום 5n5n5n:

∣2n2−9n−24n2−5n+16−12∣=∣4n2−18n−4−4n+5n−162(4n2−5n+16)∣=∣−13n−202(4n2−5n+16)∣ \left| \frac{2n^2-9n-2}{4n^2-5n+16} - \frac{1}{2} \right|=\left| \frac{\cancel{4n^2}-18n-4\cancel{-4n}+5n-16}{2(4n^2-5n+16)} \right|=\left| \frac{-13n-20}{2(4n^2-5n+16)} \right|​4n2−5n+162n2−9n−2​−21​​=​2(4n2−5n+16)4n2−18n−4−4n+5n−16​​=​2(4n2−5n+16)−13n−20​​

מפה, הכל משתנה ונדרש להסברים בצד:

4n2−5n+16>0  ⟹  x1,2=5±25−4⋅4⋅168>04n^2-5n+16>0 \implies x_{1,2}= \frac{5\pm \sqrt{ 25-4\cdot4\cdot 16 }}{8}>04n2−5n+16>0⟹x1,2​=85±25−4⋅4⋅16​​>0

ולכן 4n2−5n+16>04n^2-5n+16>04n2−5n+16>0 לכל nnn.

∣−13n−202(4n2−5n+16)∣=13n+202(4n2−5n+16)\left| \frac{-13n-20}{2(4n^2-5n+16)} \right|=\frac{13n+20}{2(4n^2-5n+16)}​2(4n2−5n+16)−13n−20​​=2(4n2−5n+16)13n+20​

כעת, נבדוק האם אנו יכולים לעשות את המעבר הבא:

4n2−5n+16>4n2  ⟹  −5n+16>04n^2-5n+16>4n^2 \implies -5n+16>04n2−5n+16>4n2⟹−5n+16>0

לא נוכל לזרוק אותו ולכן נצטרך לעשות משהו אחר. נבדוק האם האי שוויון הבא נכון לכל nnn או לפחות ממקום מסויים:

4n2−5n+16>2n2  ⟹  2n2−5n+16>0  ⟹  25−4⋅2⋅16<04n^2-5n+16>2n^2 \implies 2n^2-5n+16>0 \implies 25-4\cdot2\cdot 16 <04n2−5n+16>2n2⟹2n2−5n+16>0⟹25−4⋅2⋅16<0

יצא כי זה נכון לכל nnn.

13n+202(4n2−5n+16)<13n+204n2\frac{13n+20}{2(4n^2-5n+16)}< \frac{13n+20}{4n^2}2(4n2−5n+16)13n+20​<4n213n+20​

ומפה ממכשיכים כמו מקודם.

<40n4n2=10n<\frac{40n}{4n^2}=\frac{10}{n}<4n240n​=n10​

וכך נגיע לפתרון גם במצב הזה.

תרגיל

הוכיחו על פי הגדרה כי:

lim⁡n→∞1−1n=1\lim_{ n \to \infty } \sqrt{ 1-\frac{1}{n} }=1n→∞lim​1−n1​​=1

יהי ε>0\epsilon>0ε>0, נפשט:

∣1−1n−1∣=↓רצוקמ לפכ תואחסונ∣(1−1n−1)1−1n+1∣←1−1n+1≥1>0=1n1−1n+1≤1n1=1n<2n\left| \sqrt{ 1-\frac{1}{n} }-1 \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \text{רצוקמ לפכ תואחסונ} \end{matrix}}{=}\left|\frac{\left( 1-\frac{1}{n}-1 \right)}{\sqrt{ 1-\frac{1}{n} }+1}\right|_{\leftarrow\sqrt{ 1-\frac{1}{n} }+1\geq1>0}= \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{ 1-\frac{1}{n} }+1}\leq \frac{\frac{1}{n}}{1}=\frac{1}{n}< \frac{2}{n}​1−n1​​−1​↓רצוקמ לפכ תואחסונ​=​​1−n1​​+1(1−n1​−1)​​←1−n1​​+1≥1>0​=1−n1​​+1n1​​≤1n1​​=n1​<n2​

ולכן, אם נבחר N=2εN=\frac{2}{\epsilon}N=ε2​ אז לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

1−1n−1<2n<2N=ε\sqrt{ 1-\frac{1}{n} }-1 < \frac{2}{n}< \frac{2}{N}=\epsilon1−n1​​−1<n2​<N2​=ε
תרגיל

הוכיחו לפי ההגדרה כי אם:

lim⁡n→∞an=3\lim_{ n \to \infty } a_{n}=3n→∞lim​an​=3

אז:

lim⁡n→∞an2+1=10\lim_{ n \to \infty } \sqrt{ a_{n}^2+1 }=\sqrt{ 10 }n→∞lim​an2​+1​=10​

יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נפשט את הביטוי:

∣an2+1−10∣=↓רצוקמ לפכ תואחסונ∣an2+1−10an2+1+10∣=∣an2−9∣an2+1+10<∣an2−9∣10=∣an+3∣∣an−3∣10\left|\sqrt{ a_{n}^2+1 }-\sqrt{ 10 }\right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \text{רצוקמ לפכ תואחסונ} \end{matrix}}{=}\left| \frac{a_{n}^2+1-10}{\sqrt{ a_{n}^2+1 }+\sqrt{ 10 }} \right|=\frac{\left| a_{n}^2-9 \right|}{\sqrt{ a_{n}^2+1 }+\sqrt{ 10 }}< \frac{\left| a_{n}^2-9 \right|}{\sqrt{ 10 }}=\frac{\left| a_{n}+3 \right|\left| a_{n}-3 \right|}{\sqrt{ 10 }}​an2​+1​−10​​↓רצוקמ לפכ תואחסונ​=​​an2​+1​+10​an2​+1−10​​=an2​+1​+10​​an2​−9​​<10​​an2​−9​​=10​∣an​+3∣∣an​−3∣​

לפי הנתון, lim⁡n→∞an=3\lim_{ n \to \infty }a_{n}=3limn→∞​an​=3
⇐ לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣an−3∣<ε1\left| a_{n}-3 \right|<\epsilon_{1}∣an​−3∣<ε1​

בפרט עבור ε1=1\epsilon_{1}=1ε1​=1 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N:

∣an−3∣<1\left| a_{n}-3 \right|<1∣an​−3∣<1 −1<an−3<1-1<a_{n}-3<1−1<an​−3<1 5<an+3<75<a_{n}+3<75<an​+3<7 5<∣an+3∣<75<\left| a_{n}+3 \right|<75<∣an​+3∣<7

ולכן:

∣an+3∣∣an−3∣10<7∣an−3∣10\frac{\left| a_{n}+3 \right|\left| a_{n}-3 \right|}{\sqrt{ 10 }}<\frac{7|a_{n}-3|}{\sqrt{ 10 }}10​∣an​+3∣∣an​−3∣​<10​7∣an​−3∣​

מהנתון ש lim⁡n→∞an=3\lim_{ n \to \infty }a_{n}=3limn→∞​an​=3 אז עבור ε1=107\epsilon_{1}=\frac{\sqrt{ 10 }}{7}ε1​=710​​ קיים N2N_{2}N2​ כך שלכל n>N2n>N_{2}n>N2​ מתקיים:

∣an−3∣<107ε\left| a_{n}-3 \right|< \frac{\sqrt{ 10 }}{7}\epsilon∣an​−3∣<710​​ε

ולכן, אם נבחר N=max⁡{N1,N2}N=\max\{ N_{1},N_{2} \}N=max{N1​,N2​} אז לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣an2+1−10∣<7∣an−3∣10=710⋅107ε=ε\left| \sqrt{ a_{n}^2+1}-\sqrt{ 10 } \right|< \frac{7\left| a_{n}-3 \right|}{\sqrt{ 10 }}=\frac{7}{\sqrt{ 10 }}\cdot \frac{\sqrt{ 10 }}{7}\epsilon=\epsilon​an2​+1​−10​​<10​7∣an​−3∣​=10​7​⋅710​​ε=ε

‎∎

תרגיל

יהו ana_{n}an​ ו-bnb_{n}bn​ סדרות.
כך שלכל nnn מתקיים bn≠0b_{n}\neq0bn​=0 ולכל ana_{n}an​ חסומה ו:

lim⁡n→∞∣anbn∣=L>0\lim_{ n \to \infty } \left| \frac{a_{n}}{b_{n}} \right|=L>0n→∞lim​​bn​an​​​=L>0

הוכיחו לפי הגדרת הגבול והגדרת החסימות בלבד כי bnb_{n}bn​ חסומה.

הוכחה:
לפי הנתון lim⁡n→∞∣anbn∣=L>0\lim_{ n \to \infty } \left| \frac{a_{n}}{b_{n}} \right|=L>0limn→∞​​bn​an​​​=L>0 ⇐ לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN טבעי כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣∣anbn∣−L∣<ε\left| \left| \frac{a_{n}}{b_{n}} \right|-L \right|<\epsilon​​bn​an​​​−L​<ε

הטענה נכונה לכל ε\epsilonε ובפרט ל-ε=L2>0\epsilon=\frac{L}{2}>0ε=2L​>0.
קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N:

∣∣anbn∣−L∣<L2\left| \left| \frac{a_{n}}{b_{n}} \right| -L\right|< \frac{L}{2}​​bn​an​​​−L​<2L​ −L2<∣anbn∣−L<L2-\frac{L}{2}< \left| \frac{a_{n}}{b_{n}} \right|-L<\frac{L}{2}−2L​<​bn​an​​​−L<2L​ −L2+L<∣anbn∣<L2+L-\frac{L}{2}+L< \left| \frac{a_{n}}{b_{n}} \right|<\frac{L}{2}+L−2L​+L<​bn​an​​​<2L​+L ∣bn∣>0,⇐bn≠0|b_{n}|>0, \quad \Leftarrow b_{n}\neq0∣bn​∣>0,⇐bn​=0 ∣bn∣L2<∣an∣<∣bn∣3L2\left| b_{n} \right| \frac{L}{2} <\left| a_{n} \right|< \left| b_{n} \right| \frac{3L}{2}∣bn​∣2L​<∣an​∣<∣bn​∣23L​ ∣bn∣<2L∣an∣\left| b_{n} \right|< \frac{2}{L} \left| a_{n} \right|∣bn​∣<L2​∣an​∣

לפי נתון ana_{n}an​ חסומה. לכן, קיים k>0k>0k>0 כך ש-∣an∣≤k\left| a_{n} \right|\leq k∣an​∣≤k לכל nnn.
ולכן:

∣bn∣<2L∣an∣≤2kL\left| b_{n} \right|< \frac{2}{L}\left| a_{n} \right|\leq \frac{2k}{L}∣bn​∣<L2​∣an​∣≤L2k​

זה מתרחש רק לכל n>Nn>Nn>N.
נסמן :

M=max⁡{b1,b2,…,bN,2kL}M=\max\left\{ b_{1},b_{2},\dots,b_{N}, \frac{2k}{L} \right\}M=max{b1​,b2​,…,bN​,L2k​} m=min⁡{b1,b2,…,bN,−2kL}m=\min\left\{ b_{1},b_{2},\dots,b_{N}, -\frac{2k}{L} \right\}m=min{b1​,b2​,…,bN​,−L2k​}

ולכן: m≤bn≤Mm\leq b_{n}\leq Mm≤bn​≤M לכל nnn ומכאן שהיא חסומה.
‎∎

תרגיל

תהא סדרה ana_{n}an​ כך ש-lim⁡n→∞an=L\lim_{ n \to \infty }a_{n}=Llimn→∞​an​=L וגם L≠0L\neq 0L=0 וגם an≠0a_{n}\neq 0an​=0 לכל nnn.
הוכיחו בעזרת הגדרת הגבול כי:

lim⁡n→∞1an=1L\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{a_{n}}= \frac{1}{L}n→∞lim​an​1​=L1​

הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0. נפשט את הביטוי:

∣1an−1L∣=∣L−an∣∣an∣∣L∣=∣an−L∣∣an∣∣L∣\left| \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{L} \right|=\frac{\left| L-a_{n} \right|}{\left| a_{n} \right|\left| L \right|}=\frac{\left| a_{n}-L \right|}{\left| a_{n} \right|\left| L \right|}​an​1​−L1​​=∣an​∣∣L∣∣L−an​∣​=∣an​∣∣L∣∣an​−L∣​

לפי הנתון ש-lim⁡n→∞an=L\lim_{ n \to \infty }a_{n}=Llimn→∞​an​=L ⇐ לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 ובפרט ל-ε1=∣L∣2\epsilon_{1}=\frac{\left| L \right|}{2}ε1​=2∣L∣​ קיים N1N_{1}N1​ כך שלכל n>N1n>N_{1}n>N1​ מתקיים:

∣an−L∣<∣L∣2\left| a_{n}-L \right|<\frac{\left| L \right|}{2}∣an​−L∣<2∣L∣​

ולפי אי שוויון המשולש להפרשים:

∣L∣−∣an∣≤∣an−L∣<∣L∣2\left| L \right|-\left| a_{n} \right|\leq \left| a_{n}-L \right|<\frac{\left| L \right|}{2}∣L∣−∣an​∣≤∣an​−L∣<2∣L∣​ ∣an∣>∣L∣−∣L∣2=∣L∣2\left| a_{n} \right|> \left| L \right|-\frac{\left| L \right|}{2}=\frac{\left| L \right|}{2}∣an​∣>∣L∣−2∣L∣​=2∣L∣​ 1∣an∣<2∣L∣\frac{1}{\left| a_{n} \right|}< \frac{2}{\left| L \right|}∣an​∣1​<∣L∣2​

ולכן:

∣1an−1L∣=∣an−L∣∣L∣∣an∣<∣an−L∣∣L∣⋅∣L∣2=2∣an−L∣∣L∣2\left| \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{L} \right|= \frac{\left| a_{n}-L \right|}{\left| L \right|\left| a_{n} \right|}< \frac{\left| a_{n}-L \right|}{\left| L \right|}\cdot \frac{\left| L \right|}{2}=\frac{2\left| a_{n}-L \right|}{\left| L \right|^2}​an​1​−L1​​=∣L∣∣an​∣∣an​−L∣​<∣L∣∣an​−L∣​⋅2∣L∣​=∣L∣22∣an​−L∣​

לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 ובפרט ל-ε1=∣L∣22\epsilon_{1}=\frac{\left| L \right|^2}{2}ε1​=2∣L∣2​ קיים N2N_{2}N2​ כך שלכל n>N2n>N_{2}n>N2​ מתקיים:

∣an−L∣≤∣L∣22ε\left| a_{n}-L \right|\leq \frac{\left| L \right|^2}{2}\epsilon∣an​−L∣≤2∣L∣2​ε

ולכן, אם נבחר N=max⁡{N1,N2}N=\max\{ N_{1},N_{2} \}N=max{N1​,N2​} אז לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣1an−1L∣<2∣an−L∣∣L∣2<2∣L∣2⋅∣L∣22ε=ε\left| \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{L} \right|< \frac{2\left| a_{n}-L \right|}{\left| L \right|^2}< \frac{2}{\left| L \right|^2}\cdot \frac{\left| L \right|^2}{2}\epsilon=\epsilon​an​1​−L1​​<∣L∣22∣an​−L∣​<∣L∣22​⋅2∣L∣2​ε=ε

‎∎

תרגיל

תהי ana_{n}an​ סדרה חיובית כך ש:

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

הוכיחו על פי ההגדרה כי:

lim⁡n→∞a1+a2+⋯+ann=L\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}=Ln→∞lim​na1​+a2​+⋯+an​​=L

הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0. נפשט:

∣a1+a2+⋯+ann−L∣=∣a1+a2+⋯+an−Lnn∣=∣(a1−L)+(a2−L)+⋯+(an−L)n∣\left| \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}-L \right|=\left| \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}-Ln}{n} \right|=\left| \frac{(a_{1}-L)+(a_{2}-L)+\dots+(a_{n}-L)}{n} \right|​na1​+a2​+⋯+an​​−L​=​na1​+a2​+⋯+an​−Ln​​=​n(a1​−L)+(a2​−L)+⋯+(an​−L)​​

לפי אי שוויון המשולש:

≤∣a1−L∣+∣a2−L∣+⋯+∣aN−L∣+∣aN+1−L∣+⋯+∣an−L∣⏞n\leq \frac{\left| a_{1}-L \right|+\left| a_{2}-L \right|+\dots+\left| a_{N}-L \right|+\overbrace{\left| a_{N+1}-L \right|+\dots+\left| a_{n}-L \right|}}{n}≤n∣a1​−L∣+∣a2​−L∣+⋯+∣aN​−L∣+∣aN+1​−L∣+⋯+∣an​−L∣​​

לפי הנתון ש-lim⁡n→∞an=L\lim_{ n \to \infty }a_{n}=Llimn→∞​an​=L ⇐ לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 ובפרט ל-ε1=ε2\epsilon_{1}=\frac{\epsilon}{2}ε1​=2ε​ קיים N1N_{1}N1​ טבעי כך שלכל n>N1n>N_{1}n>N1​ מתקיים:

∣an−L∣<ε1\left| a_{n}-L \right|<\epsilon_{1}∣an​−L∣<ε1​

ולכן:

∣aN+1−L∣<ε2,  ∣aN+2−L∣<ε2,…\left| a_{N+1}-L \right|< \frac{\epsilon}{2},\; \left| a_{N+2} -L\right|< \frac{\epsilon}{2},\dots∣aN+1​−L∣<2ε​,∣aN+2​−L∣<2ε​,… =∣a1−L∣+⋯+∣aN−L∣n+ε2+ε2+⋯+ε2⏞n−Nn=∣a1−L∣+⋯+∣aN−L∣n+ε2(n−N2)=\frac{\left| a_{1}-L \right|+\dots+ \left| a_{N}-L \right|}{n}+\frac{\overbrace{\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}+\dots+ \frac{\epsilon}{2}}^{n-N}}{n}=\frac{\left| a_{1}-L \right|+\dots+\left| a_{N}-L \right|}{n}+\frac{\epsilon}{2}\left( \frac{n-N}{2} \right)=n∣a1​−L∣+⋯+∣aN​−L∣​+n2ε​+2ε​+⋯+2ε​​n−N​​=n∣a1​−L∣+⋯+∣aN​−L∣​+2ε​(2n−N​) <∣a1−L∣+⋯+∣aN−L∣n+ε2< \frac{\left| a_{1}-L \right|+\dots+\left| a_{N}-L \right|}{n}+\frac{\epsilon}{2}<n∣a1​−L∣+⋯+∣aN​−L∣​+2ε​

המונה של השבר השמאלי הוא מספר סופי שנסמנו α\alphaα.

=αn+ε2=\frac{\alpha}{n}+\frac{\epsilon}{2}=nα​+2ε​

מכיוון ש- αn⟶0\frac{\alpha}{n}\longrightarrow0nα​⟶0 לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 ובפרט ל-ε1=ε2α\epsilon_{1}=\frac{\epsilon}{2\alpha}ε1​=2αε​ קיים N2N_{2}N2​ כך שלכל n>N2n>N_{2}n>N2​ מתקיים:

∣αn∣=αn<ε2α\left| \frac{\alpha}{n} \right|=\frac{\alpha}{n}< \frac{\epsilon}{2\alpha}​nα​​=nα​<2αε​

ולכן אם נבחר N=max⁡{N1,N2}N=\max\{ N_{1},N_{2} \}N=max{N1​,N2​} נקבל כי לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣a1+a2+⋯+ann−L∣<αn+ε2<ε2+ε2=ε\left| \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}-L \right|< \frac{\alpha}{n}+\frac{\epsilon}{2}< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon​na1​+a2​+⋯+an​​−L​<nα​+2ε​<2ε​+2ε​=ε

‎∎

שלילת הגדרת הגבול

לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים

∣an−L∣<ε\left| a_{n}-L \right|<\epsilon∣an​−L∣<ε

שלילה:
קיים ε>0\epsilon>0ε>0 כך שלכל NNN קיים n>Nn>Nn>N כך ש:

∣an−L∣≥ε\left| a_{n}-L \right|\geq\epsilon∣an​−L∣≥ε
תרגיל

הראו כי:

lim⁡n→∞2n2+5n+34n2+n≠13\lim_{ n \to \infty } \frac{2n^2+5n+3}{4n^2+n} \neq \frac{1}{3}n→∞lim​4n2+n2n2+5n+3​=31​

הוכחה:
נפשט:

∣2n2+5n+34n2+n−13∣=∣6n2+15n+9−4n2−n3(4n2+n)∣=∣2n2+14n+93(4n2+n)∣\left| \frac{2n^2+5n+3}{4n^2+n}-\frac{1}{3} \right|=\left| \frac{6n^2+15n+9-4n^2-n}{3(4n^2+n)} \right|=\left| \frac{2n^2+14n+9}{3(4n^2+n)} \right|​4n2+n2n2+5n+3​−31​​=​3(4n2+n)6n2+15n+9−4n2−n​​=​3(4n2+n)2n2+14n+9​​ =2n2+14n+93(4n2+n)>2n2+14n3(4n2+n)=2n+143(4n+1)≥2n3⋅5n=215=\frac{2n^2+14n+9}{3(4n^2+n)}> \frac{2n^2+14n}{3(4n^2+n)}= \frac{2n+14}{3(4n+1)}\geq \frac{2n}{3\cdot 5n}= \frac{2}{15}=3(4n2+n)2n2+14n+9​>3(4n2+n)2n2+14n​=3(4n+1)2n+14​≥3⋅5n2n​=152​

עבור ε=215\epsilon=\frac{2}{15}ε=152​ קיבלנו כי

∣an−13∣≥215\left| a_{n}-\frac{1}{3} \right|\geq \frac{2}{15}​an​−31​​≥152​

לכל nnn. מה שעומד בסתירה להגדרת הגבול.
‎∎