7 - גבולות של ממוצעים, שאיפה לאינסוף(+חשבון גבולות מורחב) וסדרות מונוטוניות — חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

גבולות של ממוצעים

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ אזי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}=L

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{1}\dots a_{n} }=L

\lim_{ n \to \infty } \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}=L

תרגיל

\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{1}{n}+\frac{1}{2n}+\dots+\frac{1}{(n-1)n}+\frac{1}{n^2} \right)=?

0< \frac{1}{n}=\frac{n}{n^2} \leq \frac{1}{n}+\frac{1}{2n}+\dots+\frac{1}{(n-1)n^2}\leq \frac{n}{n}=1

לא הסתדר לסנדוויץ, לכן, ננסה דרך אחרת

=\frac{1}{n}\left( 1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n} \right)=\frac{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}{n}

ממוצע חשבוני של איברי הסדרה $a_{n}=\frac{1}{n}$ . מכיוון ש- $\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}=0$ אזי גם הממוצע החשבוני של איברי הסדרה שואף ל-0.

תרגיל

\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt[n]{ n! }}

\frac{n}{\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}\leq \sqrt[n]{ 1\cdot2\cdot3\cdot\ \dots\ \cdot n }\leq \frac{1+2+\dots+n}{n}

0\leq \frac{1}{\sqrt[n]{ n! }}\leq \frac{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}{n} \longrightarrow 0

ולכן, עפ סנדוויץ, הסדרה הנ"ל שואפת ל-0.

שאיפה לאינסוף

הגדרה 1 (שאיפה ל-

\infty

)

נאמר כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ אם לכל $M>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים: $a_{n}>M$ .

תרגיל

הוכיחו לפי הגדרת הגבול

\lim_{ n \to \infty } \frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt[3]{ n^2+5 }}=\infty

הוכחה:

\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt[3]{ n^2+5 }} \underset{\begin{matrix} 5<7n^2 \\ n\ לכל \end{matrix}}{>} \frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt{ n^2+7n^2 }}=\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{2n^{\frac{2}{3}}}

נסתכל על המשוואה הבאה:

-2n> -\frac{1}{2}n^3 \implies \frac{1}{2}n^3>2n \implies n^3 > 4n \implies n^2 > 4 \implies \forall n >2

ולכן, לאור שהתנאי הזה כבר נדרש לאור השורש במונה, נוכל להמשיך:

\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{2n^{\frac{2}{3}}}> \frac{\sqrt{ n^3-\frac{1}{2}n^3 }}{2n^{\frac{2}{3}}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{ 2 }}n^{\frac{3}{2}}}{2n^\frac{2}{3}}=\frac{n}{2\sqrt{ 2 }}n^{\frac{5}{6}}> \frac{1}{4}\sqrt{ n }

לכן, אם נבחר $N=\max\{ 2,16M^2 \}$ אז לכל $n>N$ מתקיים:

\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt[3]{ n^2+5 }}> \frac{1}{4}\sqrt{ n }> \frac{1}{4}\sqrt{ 16M^2 }=M

‎∎

תרגיל

יהיו $a_{n},b_{n}$ שתי סדרות כך ש- $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=L$ וגם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ .
הוכיחו לפי ההגדרה בלבד כי $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0$ .

הוכחה:
נתחיל עם הוכחה עם אריטמטיקה(שלא מתאימה לתרגיל):

a_{n}b_{n}\longrightarrow L

a_{n}\longrightarrow \infty \implies \frac{1}{a_{n}}\longrightarrow 0

b_{n}=a_{n}\cdot b_{n} \cdot \frac{1}{a_{n}} \to L\cdot 0=0

כעת נעבור להוכחה המתאימה לתרגיל:
יהי $\epsilon>0$ . $\lim_{ n \to \infty }a_{n}b_{n}=L$ ⇐ לכל $\epsilon_{1}>0$ קיים $N_{1}$ כך שלכל $n>N_{1}$ מתקיים: $|a_{n}b_{n}-L|<\epsilon_{1}$ .
בפרט עבור $\epsilon_{1}=1$ ולפי אי שוויון המשולש להפרשים, נקבל:

|a_{n}b_{n}| - |L| \leq |a_{n}b_{n}-L|<1

\Downarrow

|a_{n}b_{n}|< |L|+1

לפי הנתון, $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ ⇐ לכל $M>0$ ובפרט ל- $M=\frac{|L|+1}{\epsilon}>0$ קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ .

a_{n}>M>0

0<\frac{1}{|a_{n}|}< \frac{1}{M} = \frac{\epsilon}{|L|+1}

ולכן, אם נקח $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ אזי לכל $n>N$ מתקיים:

|b_{n}|< \frac{|L|+1}{|a_{n}|}< (|L|+1) \frac{\epsilon}{|L|+1}=\epsilon

ומכאן ש- $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0$
‎∎

חשבון גבולות מורחב

\infty+\infty \longrightarrow \infty

\infty \cdot \infty \longrightarrow \infty

\infty^\infty \longrightarrow \infty

\infty+L \longrightarrow \infty

כעת, יש כמה שאנו לא יודעים:

\infty - \infty \qquad \frac{\infty}{\infty} \qquad 0 \cdot \infty \qquad 1^\infty

כלל הפיצה

משפט (פיצה)

אם $a_{n}\leq b_{n}$ ו- $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ אז גם $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=\infty$ .
אם $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=-\infty$ אז גם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=-\infty$ .

סדרות מונוטוניות

הגדרה 2

בה"כ אם $a_{n+1}\geq a_{n}$ אזי $a_{n}$ עולה. $a_{n+1}> a_{n}$ עולה ממש.

משפט (כמה משפטים)

סדרה מונוטונית וחסומה ⇐ מתכנסת.
סדרה מונוטונית מתכנסת במובן הרחב.

תרגיל

הוכיחו כי

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

מתכנסת.

הוכחה:

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

=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}=\frac{2n+2-2n-1}{(2n+1)(2n+2)}=\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}>0

הסדרה עולה.

\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\dots+\frac{1}{2n}\leq \frac{n}{n+1}< \frac{n+1}{n+1}=1

וחסומה מלמעלה על ידי $1$ ולכן היא מתכנסת.
‎∎

גבולות של ממוצעים

אם $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ אזי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}=L

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{1}\dots a_{n} }=L

\lim_{ n \to \infty } \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}=L

תרגיל

\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{1}{n}+\frac{1}{2n}+\dots+\frac{1}{(n-1)n}+\frac{1}{n^2} \right)=?

0< \frac{1}{n}=\frac{n}{n^2} \leq \frac{1}{n}+\frac{1}{2n}+\dots+\frac{1}{(n-1)n^2}\leq \frac{n}{n}=1

לא הסתדר לסנדוויץ, לכן, ננסה דרך אחרת

=\frac{1}{n}\left( 1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n} \right)=\frac{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}{n}

תרגיל

\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt[n]{ n! }}

\frac{n}{\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}\leq \sqrt[n]{ 1\cdot2\cdot3\cdot\ \dots\ \cdot n }\leq \frac{1+2+\dots+n}{n}

0\leq \frac{1}{\sqrt[n]{ n! }}\leq \frac{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}{n} \longrightarrow 0

ולכן, עפ סנדוויץ, הסדרה הנ"ל שואפת ל-0.

שאיפה לאינסוף

הגדרה 1 (שאיפה ל-

\infty

)

נאמר כי $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ אם לכל $M>0$ קיים $N$ כך שלכל $n>N$ מתקיים: $a_{n}>M$ .

תרגיל

הוכיחו לפי הגדרת הגבול

\lim_{ n \to \infty } \frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt[3]{ n^2+5 }}=\infty

הוכחה:

\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt[3]{ n^2+5 }} \underset{\begin{matrix} 5<7n^2 \\ n\ לכל \end{matrix}}{>} \frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt{ n^2+7n^2 }}=\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{2n^{\frac{2}{3}}}

נסתכל על המשוואה הבאה:

-2n> -\frac{1}{2}n^3 \implies \frac{1}{2}n^3>2n \implies n^3 > 4n \implies n^2 > 4 \implies \forall n >2

ולכן, לאור שהתנאי הזה כבר נדרש לאור השורש במונה, נוכל להמשיך:

\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{2n^{\frac{2}{3}}}> \frac{\sqrt{ n^3-\frac{1}{2}n^3 }}{2n^{\frac{2}{3}}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{ 2 }}n^{\frac{3}{2}}}{2n^\frac{2}{3}}=\frac{n}{2\sqrt{ 2 }}n^{\frac{5}{6}}> \frac{1}{4}\sqrt{ n }

לכן, אם נבחר $N=\max\{ 2,16M^2 \}$ אז לכל $n>N$ מתקיים:

\frac{\sqrt{ n^3-2n }}{\sqrt[3]{ n^2+5 }}> \frac{1}{4}\sqrt{ n }> \frac{1}{4}\sqrt{ 16M^2 }=M

‎∎

תרגיל

הוכחה:
נתחיל עם הוכחה עם אריטמטיקה(שלא מתאימה לתרגיל):

a_{n}b_{n}\longrightarrow L

a_{n}\longrightarrow \infty \implies \frac{1}{a_{n}}\longrightarrow 0

b_{n}=a_{n}\cdot b_{n} \cdot \frac{1}{a_{n}} \to L\cdot 0=0

|a_{n}b_{n}| - |L| \leq |a_{n}b_{n}-L|<1

\Downarrow

|a_{n}b_{n}|< |L|+1

לפי הנתון, $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\infty$ ⇐ לכל $M>0$ ובפרט ל- $M=\frac{|L|+1}{\epsilon}>0$ קיים $N_{2}$ כך שלכל $n>N_{2}$ .

a_{n}>M>0

0<\frac{1}{|a_{n}|}< \frac{1}{M} = \frac{\epsilon}{|L|+1}

ולכן, אם נקח $N=\max\{ N_{1},N_{2} \}$ אזי לכל $n>N$ מתקיים:

|b_{n}|< \frac{|L|+1}{|a_{n}|}< (|L|+1) \frac{\epsilon}{|L|+1}=\epsilon

ומכאן ש- $\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0$
‎∎

חשבון גבולות מורחב

\infty+\infty \longrightarrow \infty

\infty \cdot \infty \longrightarrow \infty

\infty^\infty \longrightarrow \infty

\infty+L \longrightarrow \infty

כעת, יש כמה שאנו לא יודעים:

\infty - \infty \qquad \frac{\infty}{\infty} \qquad 0 \cdot \infty \qquad 1^\infty

כלל הפיצה

משפט (פיצה)

סדרות מונוטוניות

הגדרה 2

בה"כ אם $a_{n+1}\geq a_{n}$ אזי $a_{n}$ עולה. $a_{n+1}> a_{n}$ עולה ממש.

משפט (כמה משפטים)

סדרה מונוטונית וחסומה ⇐ מתכנסת.
סדרה מונוטונית מתכנסת במובן הרחב.

תרגיל

הוכיחו כי

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

מתכנסת.

הוכחה:

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

=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}=\frac{2n+2-2n-1}{(2n+1)(2n+2)}=\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}>0

הסדרה עולה.

\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\dots+\frac{1}{2n}\leq \frac{n}{n+1}< \frac{n+1}{n+1}=1

וחסומה מלמעלה על ידי $1$ ולכן היא מתכנסת.
‎∎