8 - סדרות מונוטוניות, נוסחאות נסיגה, הגבול e ותת סדרות — חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

תרגיל

a_{n+1}=\sqrt{ 54+3a_{n} },\quad a_{1}=1

האם הסדרה מתכנסת? אם כן, חשבו את הגבול.

הוכחה:
נוכיח באינדוקציה כי הסדרה עולה.
בסיס: $a_{1}=1$ ו- $a_{2}=\sqrt{ 57 }$ ולכן, $a_{2}>a_{1}$ .
צעד: נניח כי $a_{n+1}\geq a_{n}$ עבור $n\geq1$ מסויים. נוכיח עבור $a_{n+2},a_{n+1}$ .

a_{n+2}=\sqrt{ 54+3a_{n+1} }\geq \sqrt{ 54+3a_{n} }=a_{n+1}

מעברים בוצעו לפי נוסחה ולפי הנחת האינדוקציה.

נראה כי הסדרה חסומה על ידי $9$ באינדוקציה.
בסיס: $a_{1}=1<9$ .
צעד: נניח $a_{n}\leq9$ .

a_{n+1}=\sqrt{ 54+3a_{n} }\leq \sqrt{ 54+3\cdot 9 }=9

הסדרה מונוטונית עולה וחסומה מלמעלה ולכן, על פי משפט, מתכנסת.
נסמן $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ .
ולכן גם $\lim_{ n \to \infty }a_{n+1}=L$ .
לפי נוסחת הנסיגה וחשבון גבולות:

a_{n+1}=\sqrt{ 54+3a_{n} }

\lim_{ n \to \infty } a_{n+1}=\lim_{ n \to \infty } \sqrt{ 54+3a_{n} }

L=\sqrt{ 54+3L }

L^2=54+3L

L^2-3L-54=0

L=9,-6

מכיוון שהסדרה חיובית, $L=9$ .
‎∎

תרגיל

נתונה נוסחת הנסיגה:

a_{n+1}=a_{n}+\frac{4}{3a_{n}^2}, \quad a_{1}=2

האם הסדרה מתכנסת? אם כן, מצאו את הגבול.

הוכחה:
נשים לב כי לא נוכל להשתמש פה באינדוקציה, שכן מצד אחד זה עולה באינדוקציה ומצד שני זה יורד באינדוקציה בגלל ה- $\frac{1}{a_{n}^2}$ .
נשים לב כי:

a_{n+1}-a_{n}=\frac{4}{3a_{n}^2}>0

ולכן, הסדרה עולה.
לפי משפט, הסדרה מתכנסת במובן הרחב לגבול סופי או $\infty$ .

נניח כי היא מתכנסת לגבול סופי ונסמן $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ .
ולכן, $\lim_{ n \to \infty }a_{n+1}=L$ .
לפי נוסחת הנסיגה וחשבון גבולות:

L=L+\frac{4}{3L^2}

ולכן:

\frac{4}{3L^2}=0

זוהי סתירה ולכן

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

לכן, הסדרה אינה מתכנסת.
‎∎

תרגיל

a_{n+1}=a_{n}^2+c, \qquad a_{1}=c

נתון כי: $0<c< \frac{1}{4}$ .
האם הסדרה מתכנסת? אם כן, חשבו את הגבול.

הוכחה:

הערה (ענן המחשבות של רבקה)

נשים לב כי אם האיבר הראשון הינו נעלם, אז זה יכול לשנות את שאר הסדרה - יורדת/עולה - מונוטונית/קבועה וכו'.
מכיוון שיש $a_{n}^2$ בנוסחת הנסיגה, נסיק כי הסדרה עולה ולכן:

נוכיח באינדוקציה כי הסדרה עולה.
בסיס: $a_{2}=c^2+c$ ולכן $a_{2}>a_{1}$ .
בדיקה: נניח כי עבור $n\geq 1$ מסויים $a_{n+1}\geq a_{n}$ .

a_{n+2}=a_{n+1}^2+c \geq a_{n}^2+c=a_{n+1}

ולכן, הסדרה מונוטונית עולה ולכן, מתכנסת במובן הרחב לגבול סופי או $\infty$ .

הערה (טיוטא)

נניח כי קיים גבול סופי ונסמנו $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ .
על פי נוסחת הנסיגה:

\lim_{ n \to \infty } a_{n+1}=\lim_{ n \to \infty } a_{n}^2+c

ולכן:

L=L^2+c

L_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4c }}{2}

נראה כי אם נציב את הקצוות נקבל $0,1, \frac{1}{2}$ ולכן נותרו לנו שתי אפשרויות:

\frac{1}{2}< \frac{1+\sqrt{ 1-4c }}{2}<1 \quad \text{וא} \quad 0< \frac{1-\sqrt{ 1-4c }}{2}< \frac{1}{2}

כדי למצוא הבדל בין שתי האפשרויות, ננסה לחסום מלמעלה על ידי $\frac{1}{2}$ שכן הוא ישמש כהבדל בין הגבולות.
אם זה לא יצליח, נראה אם הסדרה חסומה על ידי אחד ואם זה לא קורה נדע כי היא שואפת ל- $\infty$ .

נבדוק באינדוקציה אם הסדרה חסומה על ידי $\frac{1}{2}$ .
בסיס: $a_{1}=c< \frac{1}{4}< \frac{1}{2}$ .
צעד: נניח כי עבור $n\geq 1$ מסויים: $a_{n}\leq \frac{1}{2}$ .

a_{n+1}=a_{n}^2+c\leq \frac{1}{4}+c \leq \frac{1}{2}

ולכן הסדרה מונוטונית עולה וחסומה על ידי $\frac{1}{2}$ ומכאן שמתכנסת.
נסמן: $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ ולכן $\lim_{ n \to \infty }a_{n+1}=L$ .
לפי נוסחת הנסיגה וחשבון גבולות:

L=L^2+c

L^2-L+c=0

L_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4c }}{2}

\frac{1}{2}< \frac{1+\sqrt{ 1-4c }}{2}<1 \quad \text{וא} \quad 0< \frac{1-\sqrt{ 1-4c }}{2}< \frac{1}{2}

הסדרה עולה וחסומה על ידי חצי ולכן לפי תכונת הסדר של גבולות:

\lim_{ n \to \infty } a_{n}\leq \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

ולכן:

L=\frac{1-\sqrt{ 1-4c }}{2}

‎∎

הגבול המיוחד $e$

זה בפרק של סדרה מונוטונית מכיוון ש- $e$ הוא הגבול של סדרה מונוטונית עולה $\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n$ .
שווה גם לזכור כי:

2\leq \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n <3

הגדרה 1 (התבנית של

e

(לא באמת הגדרה))

\lim_{ |a_{n}| \to \infty } \left( 1+\frac{1}{a_{n}} \right)^{a_{n}}=e

נשים לב כי אם נעשה קודם כל גבול על מה שבתוך הסוגריים נשים לב כי הגענו לבעיה כי $1^\infty$ שווה ל- $1$ מה שלא מתאים ל- $e$ .

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ n \to \infty } \frac{9^{2n-1}n^{4n}}{(3n-1)^{4n}}

נפרק את החזקות:

=\frac{3^{4n-2}n^{4n}}{(3n-1)^{4n}}=3^{-2} \left( \frac{3n}{3n-1} \right)^{4n}=3^{-2}\left( \frac{3n-1+1}{3n-1} \right)^{4n}=3^{-2}\left( \left( 1+\frac{1}{3n+1} \right)^{3n-1} \right)^{\frac{4n}{3n-1}}

מכיוון שזה גבול, צריך לעשות הכל בפעם אחת:

\lim_{ n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{3n-1} \right)^{3n-1}=e

הגבול המיוחד כי $3n-1 \longrightarrow \infty$ .

\lim_{ n \to \infty } \frac{4n}{3n-1}=\lim_{ n \to \infty } \frac{4}{3-\frac{1}{n}}=\frac{4}{3}

ולכן, על פי חשבון גבולות:

L=3^{-2}e^{\frac{3}{4}}

תרגיל

מצאו את הגבול של:

\left( \frac{3n^2+\sin n-10n}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}

=\left( \frac{3n^2-7n+5+\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}=\left( 1+ \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}

=\left(\frac{3n^2-7n+5+\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}=\left( \left( 1+ \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}} \right)^{\left(\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}\right)(n+3)}

\frac{3n^2-7n+5}{\sin n-3n-5}=\frac{3n-7+\frac{5}{n}}{\frac{\sin n}{n}-3-\frac{5}{n}}

הערה (שימו לב)

כדי שזה יהיה $e$ צריך להראות כי זה גבול של $1+\frac{1}\infty$ .

\frac{3n^2-7n+5}{\sin n-3n-5}=\frac{3n-7+\frac{5}{n}}{\frac{\sin n}{n}-3-\frac{5}{n}}\longrightarrow-\infty

המעבר האחרון נעשה על פי חשבון גבולות מורחב.
איך נגרום לזה להיות $\infty$ בשביל שנקבל $e$ ?

\left( \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)(n+3)=\frac{\left( \frac{\sin n}{n}-3-\frac{5}{n} \right)\left( 1+\frac{3}{n} \right)}{3-\frac{7}{n}+\frac{5}{n^2}}

על פי חסומה כפול אפסה, $\frac{\sin n}{n}\longrightarrow 0$ :

\longrightarrow \frac{-3\cdot1}{3}=-1

ולכן:

\lim_{ n \to \infty } \left( \left( 1+ \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}} \right)^{\left(\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}\right)(n+3)}=e^{-1}

תרגיל

לא ידוע...

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{2^n\cdot n!}=\frac{2(\cancel{n+1})n^n}{(n+1)^{n+\cancel{1}}}

-2\left( \frac{n}{n+1} \right)^n=\left[ \left( \frac{n+1}{n} \right)^n \right]^{-1}\longrightarrow \frac{2}{e}<1

תרגיל

תרגיל זה היה בבוחן אמצע: היה צריך למצוא את הגבולות:

a_{n}=\left( \frac{n+1}{n} \right)^{2n} \qquad b_{n}=\frac{n^{2n}}{(2n)!} \qquad c_{n}=\frac{n^2}{((2n)!)^{\frac{1}{n}}}

נוכל למצוא דרך טובה לחשב כמה שפחות גבולות.
נתחיל ב- $a_{n}$ .

a_{n}=\left( \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \right)^2 \longrightarrow e^2

ולכן:

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\longrightarrow \frac{e^2}{e^2}=1

ולכן, על פי משפט:

\sqrt[n]{ a_{n} }\longrightarrow 1

כעת, נעבור ל- $b_{n}$ :

\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{(n+1)^{2n+2}}{(2n+2)!}\cdot \frac{(2n)!}{n^2n}=(n+1)^2\left( \frac{n+1}{n} \right)^{2n}\cdot \frac{1}{(2n+1)(2n+2)}=\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{2n} \cdot \frac{n+1}{2(2n+1)}

\lim_{ n \to \infty } \frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{e^2}{4}>1

ולכן, על פי מבחן המנה:

\lim_{ n \to \infty } b_{n}=\infty

ולכן, על פי משפט:

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ b_{n} }=\frac{e^2}{4}

כעת, נראה כי $c_{n}$ מחביאה בתוכה את $b_{n}$ כך:

\lim_{ n \to \infty } c_{n}=\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ b_{n} }=\frac{e^2}{4}

ולכן:

\frac{c_{n+1}}{c_{n}}\longrightarrow 1

\sqrt[n]{ c_{n} } \longrightarrow 1

תרגיל

מצאו את הגבול:

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ 2\left( \frac{3}{2} \right)^2\left( \frac{4}{3} \right)^3\dots\left( \frac{n+1}{n} \right)^n }

הוכחה:
נראה כי יש לנו פה ממוצע הנדסי של איברי סדרה $a_{n}$ . ולכן, נחשב את גבול $a_{n}$ כך:

a_{n}=\left( \frac{n+1}{n} \right)^n \longrightarrow e

ולכן, על פי משפט:

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{1}\cdot a_{2}\cdot\ \dots\ \cdot a_{n}}=e

‎∎

תת סדרות

הסדרה $b_{n}$ תת סדרה של $a_{n}$ אם כל איברה הם איברים המופיעים באותו סדר בסדרה $a_{n}$ .
גבול חלקי(ג"ח) של $a_{n}$ הינו גבול של תת סדרה של $a_{n}$ .

משפט

אם סדרה $a_{n}$ מתכנסת במובן הרחב, אז כל תת סדרה שלה מתכנסת במובן הרחב.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{n}$ תת סדרה של $b_{n}$ וגם $b_{n}$ תת סדרה של $a_{n}$ אזי $a_{n}=b_{n}$ .

נסתכל על שתי הסדרות הבאות:

a_{n}=\{ 1,0,1,0,1,0,1,\dots \}

b_{n}=\{ 0,1,0,1,0,1,0,\dots \}

נראה כי במצב הזה $a_{n}$ תת סדרה של $b_{n}$ שמתחילה באיבר ה-2 שלה ו- $b_{n}$ תת סדרה של $a_{n}$ שמתחילה באיבר ה-2 שלה.
לכן, הטענה אינה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

הסדרות $a_{n},b_{n}$ חסומות.
אם $A$ ג"ח של $a_{n}$ ו- $B$ ג"ח של $b_{n}$ אז $AB$ ג"ח של $a_{n}\cdot b_{n}$ .

הטענה אינה נכונה. נראה דוגמה נגדית:

a_{n}=(-1)^{n} \quad A=-1

b_{n}=(-1)^{n} \qquad B=1

a_{n}b_{n}=1 \qquad AB=-1

ולכן, יש לנו סתירה מהטענה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{3k},a_{2k}$ מתכנסות לאותו גבול אז $a_{n}$ מתכנסת.

נראה כי אם נקח את הסדרה הבאה:

a_{n}=\begin{cases} 0 \qquad n=2k,3k \\ 1 \qquad n\neq 2k,3k \end{cases}

שהיא אינה מתכנסת.
ולכן, הטענה אינה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{n}$ סדרה שאינה חסומה מלמעלה ו- $a_{n_{k}}$ תת סדרה מונוטונית של $a_{n}$ אז $a_{n_{k}}\longrightarrow \infty$ .

נסתכל על הסדרה הבאה:

a_{n}=(-1)^{n}n

שהיא אינה חסומה מלמעלה ואינה מתכנסת.
נקח את ת"ס $a_{2k-1}=(-1)^{2k-1}(2k-1)$ ונראה כי:

\lim_{ n \to \infty } a_{2k-1}=\lim_{ n \to \infty } -(2k-1)=-\infty

ולכן הטענה אינה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{n},b_{n}$ סדרות כך ש- $a_{n}$ מתכנסת וגם $\lim_{ n \to \infty }|a_{n}-b_{n}|=0$ אז $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\lim_{ n \to \infty }b_{n}$ .

מכיוון ש- $a_{n}$ מתכנסת ⇐ כל ת"ס שלה מתכנסת לאותו הגבול.
נסמן: $a_{n}\longrightarrow L$ ולכן, $a_{2n}\longrightarrow L$ .
לפי הנתון, $|a_{2n}-b_{n}|\longrightarrow 0$ .
לכן, לפי משפט:

a_{2n}-b_{n}\longrightarrow 0

b_{n}=a_{2n}-(a_{2n}-b_{n})

לכן, לפי חשבון גבולות:

\lim_{ n \to \infty } b_{n}=\lim_{ n \to \infty } a_{2n}-(\underbrace{a_{2n}-b_{n}}_{=0})=L-0=L

ולכן, הטענה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{2k}$ ו- $a_{3k}$ ת"ס מתכנסות אז הן מתכנסות לאותו הגבול.

נסמן את הגבולות של ת"ס:

\lim_{ n \to \infty } a_{2k}=L_{1} \qquad \lim_{ n \to \infty } a_{3k}=L_{2}

הת"ס $a_{6k}$ היא ת"ס של $a_{2k}$ ולכן, לפי משפט $a_{6k}\longrightarrow L_{1}$ .
הת"ס $a_{6k}$ היא גם ת"ס של $a_{3k}$ ולכן, לפי משפט $a_{6k}\longrightarrow L_{2}$ .
ולכן, מיחידות הגבול: $L_{1}=L_{2}$ .
ולכן, הטענה נכונה.

תרגיל

a_{n+1}=\sqrt{ 54+3a_{n} },\quad a_{1}=1

האם הסדרה מתכנסת? אם כן, חשבו את הגבול.

a_{n+2}=\sqrt{ 54+3a_{n+1} }\geq \sqrt{ 54+3a_{n} }=a_{n+1}

מעברים בוצעו לפי נוסחה ולפי הנחת האינדוקציה.

נראה כי הסדרה חסומה על ידי $9$ באינדוקציה.
בסיס: $a_{1}=1<9$ .
צעד: נניח $a_{n}\leq9$ .

a_{n+1}=\sqrt{ 54+3a_{n} }\leq \sqrt{ 54+3\cdot 9 }=9

a_{n+1}=\sqrt{ 54+3a_{n} }

\lim_{ n \to \infty } a_{n+1}=\lim_{ n \to \infty } \sqrt{ 54+3a_{n} }

L=\sqrt{ 54+3L }

L^2=54+3L

L^2-3L-54=0

L=9,-6

מכיוון שהסדרה חיובית, $L=9$ .
‎∎

תרגיל

נתונה נוסחת הנסיגה:

a_{n+1}=a_{n}+\frac{4}{3a_{n}^2}, \quad a_{1}=2

האם הסדרה מתכנסת? אם כן, מצאו את הגבול.

a_{n+1}-a_{n}=\frac{4}{3a_{n}^2}>0

ולכן, הסדרה עולה.
לפי משפט, הסדרה מתכנסת במובן הרחב לגבול סופי או $\infty$ .

L=L+\frac{4}{3L^2}

ולכן:

\frac{4}{3L^2}=0

זוהי סתירה ולכן

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

לכן, הסדרה אינה מתכנסת.
‎∎

תרגיל

a_{n+1}=a_{n}^2+c, \qquad a_{1}=c

נתון כי: $0<c< \frac{1}{4}$ .
האם הסדרה מתכנסת? אם כן, חשבו את הגבול.

הוכחה:

הערה (ענן המחשבות של רבקה)

נוכיח באינדוקציה כי הסדרה עולה.
בסיס: $a_{2}=c^2+c$ ולכן $a_{2}>a_{1}$ .
בדיקה: נניח כי עבור $n\geq 1$ מסויים $a_{n+1}\geq a_{n}$ .

a_{n+2}=a_{n+1}^2+c \geq a_{n}^2+c=a_{n+1}

ולכן, הסדרה מונוטונית עולה ולכן, מתכנסת במובן הרחב לגבול סופי או $\infty$ .

הערה (טיוטא)

נניח כי קיים גבול סופי ונסמנו $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=L$ .
על פי נוסחת הנסיגה:

\lim_{ n \to \infty } a_{n+1}=\lim_{ n \to \infty } a_{n}^2+c

ולכן:

L=L^2+c

L_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4c }}{2}

נראה כי אם נציב את הקצוות נקבל $0,1, \frac{1}{2}$ ולכן נותרו לנו שתי אפשרויות:

\frac{1}{2}< \frac{1+\sqrt{ 1-4c }}{2}<1 \quad \text{וא} \quad 0< \frac{1-\sqrt{ 1-4c }}{2}< \frac{1}{2}

a_{n+1}=a_{n}^2+c\leq \frac{1}{4}+c \leq \frac{1}{2}

L=L^2+c

L^2-L+c=0

L_{1,2}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4c }}{2}

\frac{1}{2}< \frac{1+\sqrt{ 1-4c }}{2}<1 \quad \text{וא} \quad 0< \frac{1-\sqrt{ 1-4c }}{2}< \frac{1}{2}

הסדרה עולה וחסומה על ידי חצי ולכן לפי תכונת הסדר של גבולות:

\lim_{ n \to \infty } a_{n}\leq \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

ולכן:

L=\frac{1-\sqrt{ 1-4c }}{2}

‎∎

הגבול המיוחד $e$

זה בפרק של סדרה מונוטונית מכיוון ש- $e$ הוא הגבול של סדרה מונוטונית עולה $\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n$ .
שווה גם לזכור כי:

2\leq \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n <3

הגדרה 1 (התבנית של

e

(לא באמת הגדרה))

\lim_{ |a_{n}| \to \infty } \left( 1+\frac{1}{a_{n}} \right)^{a_{n}}=e

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ n \to \infty } \frac{9^{2n-1}n^{4n}}{(3n-1)^{4n}}

נפרק את החזקות:

=\frac{3^{4n-2}n^{4n}}{(3n-1)^{4n}}=3^{-2} \left( \frac{3n}{3n-1} \right)^{4n}=3^{-2}\left( \frac{3n-1+1}{3n-1} \right)^{4n}=3^{-2}\left( \left( 1+\frac{1}{3n+1} \right)^{3n-1} \right)^{\frac{4n}{3n-1}}

מכיוון שזה גבול, צריך לעשות הכל בפעם אחת:

\lim_{ n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{3n-1} \right)^{3n-1}=e

הגבול המיוחד כי $3n-1 \longrightarrow \infty$ .

\lim_{ n \to \infty } \frac{4n}{3n-1}=\lim_{ n \to \infty } \frac{4}{3-\frac{1}{n}}=\frac{4}{3}

ולכן, על פי חשבון גבולות:

L=3^{-2}e^{\frac{3}{4}}

תרגיל

מצאו את הגבול של:

\left( \frac{3n^2+\sin n-10n}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}

=\left( \frac{3n^2-7n+5+\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}=\left( 1+ \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}

=\left(\frac{3n^2-7n+5+\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{n+3}=\left( \left( 1+ \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}} \right)^{\left(\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}\right)(n+3)}

\frac{3n^2-7n+5}{\sin n-3n-5}=\frac{3n-7+\frac{5}{n}}{\frac{\sin n}{n}-3-\frac{5}{n}}

הערה (שימו לב)

כדי שזה יהיה $e$ צריך להראות כי זה גבול של $1+\frac{1}\infty$ .

\frac{3n^2-7n+5}{\sin n-3n-5}=\frac{3n-7+\frac{5}{n}}{\frac{\sin n}{n}-3-\frac{5}{n}}\longrightarrow-\infty

המעבר האחרון נעשה על פי חשבון גבולות מורחב.
איך נגרום לזה להיות $\infty$ בשביל שנקבל $e$ ?

\left( \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)(n+3)=\frac{\left( \frac{\sin n}{n}-3-\frac{5}{n} \right)\left( 1+\frac{3}{n} \right)}{3-\frac{7}{n}+\frac{5}{n^2}}

על פי חסומה כפול אפסה, $\frac{\sin n}{n}\longrightarrow 0$ :

\longrightarrow \frac{-3\cdot1}{3}=-1

ולכן:

\lim_{ n \to \infty } \left( \left( 1+ \frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5} \right)^{\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}} \right)^{\left(\frac{\sin n-3n-5}{3n^2-7n+5}\right)(n+3)}=e^{-1}

תרגיל

לא ידוע...

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{2^n\cdot n!}=\frac{2(\cancel{n+1})n^n}{(n+1)^{n+\cancel{1}}}

-2\left( \frac{n}{n+1} \right)^n=\left[ \left( \frac{n+1}{n} \right)^n \right]^{-1}\longrightarrow \frac{2}{e}<1

תרגיל

תרגיל זה היה בבוחן אמצע: היה צריך למצוא את הגבולות:

a_{n}=\left( \frac{n+1}{n} \right)^{2n} \qquad b_{n}=\frac{n^{2n}}{(2n)!} \qquad c_{n}=\frac{n^2}{((2n)!)^{\frac{1}{n}}}

נוכל למצוא דרך טובה לחשב כמה שפחות גבולות.
נתחיל ב- $a_{n}$ .

a_{n}=\left( \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \right)^2 \longrightarrow e^2

ולכן:

\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\longrightarrow \frac{e^2}{e^2}=1

ולכן, על פי משפט:

\sqrt[n]{ a_{n} }\longrightarrow 1

כעת, נעבור ל- $b_{n}$ :

\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{(n+1)^{2n+2}}{(2n+2)!}\cdot \frac{(2n)!}{n^2n}=(n+1)^2\left( \frac{n+1}{n} \right)^{2n}\cdot \frac{1}{(2n+1)(2n+2)}=\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{2n} \cdot \frac{n+1}{2(2n+1)}

\lim_{ n \to \infty } \frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{e^2}{4}>1

ולכן, על פי מבחן המנה:

\lim_{ n \to \infty } b_{n}=\infty

ולכן, על פי משפט:

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ b_{n} }=\frac{e^2}{4}

כעת, נראה כי $c_{n}$ מחביאה בתוכה את $b_{n}$ כך:

\lim_{ n \to \infty } c_{n}=\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ b_{n} }=\frac{e^2}{4}

ולכן:

\frac{c_{n+1}}{c_{n}}\longrightarrow 1

\sqrt[n]{ c_{n} } \longrightarrow 1

תרגיל

מצאו את הגבול:

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ 2\left( \frac{3}{2} \right)^2\left( \frac{4}{3} \right)^3\dots\left( \frac{n+1}{n} \right)^n }

הוכחה:
נראה כי יש לנו פה ממוצע הנדסי של איברי סדרה $a_{n}$ . ולכן, נחשב את גבול $a_{n}$ כך:

a_{n}=\left( \frac{n+1}{n} \right)^n \longrightarrow e

ולכן, על פי משפט:

\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{ a_{1}\cdot a_{2}\cdot\ \dots\ \cdot a_{n}}=e

‎∎

תת סדרות

משפט

אם סדרה $a_{n}$ מתכנסת במובן הרחב, אז כל תת סדרה שלה מתכנסת במובן הרחב.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{n}$ תת סדרה של $b_{n}$ וגם $b_{n}$ תת סדרה של $a_{n}$ אזי $a_{n}=b_{n}$ .

נסתכל על שתי הסדרות הבאות:

a_{n}=\{ 1,0,1,0,1,0,1,\dots \}

b_{n}=\{ 0,1,0,1,0,1,0,\dots \}

תרגיל (נכון/לא נכון)

הסדרות $a_{n},b_{n}$ חסומות.
אם $A$ ג"ח של $a_{n}$ ו- $B$ ג"ח של $b_{n}$ אז $AB$ ג"ח של $a_{n}\cdot b_{n}$ .

הטענה אינה נכונה. נראה דוגמה נגדית:

a_{n}=(-1)^{n} \quad A=-1

b_{n}=(-1)^{n} \qquad B=1

a_{n}b_{n}=1 \qquad AB=-1

ולכן, יש לנו סתירה מהטענה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{3k},a_{2k}$ מתכנסות לאותו גבול אז $a_{n}$ מתכנסת.

נראה כי אם נקח את הסדרה הבאה:

a_{n}=\begin{cases} 0 \qquad n=2k,3k \\ 1 \qquad n\neq 2k,3k \end{cases}

שהיא אינה מתכנסת.
ולכן, הטענה אינה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{n}$ סדרה שאינה חסומה מלמעלה ו- $a_{n_{k}}$ תת סדרה מונוטונית של $a_{n}$ אז $a_{n_{k}}\longrightarrow \infty$ .

נסתכל על הסדרה הבאה:

a_{n}=(-1)^{n}n

שהיא אינה חסומה מלמעלה ואינה מתכנסת.
נקח את ת"ס $a_{2k-1}=(-1)^{2k-1}(2k-1)$ ונראה כי:

\lim_{ n \to \infty } a_{2k-1}=\lim_{ n \to \infty } -(2k-1)=-\infty

ולכן הטענה אינה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{n},b_{n}$ סדרות כך ש- $a_{n}$ מתכנסת וגם $\lim_{ n \to \infty }|a_{n}-b_{n}|=0$ אז $\lim_{ n \to \infty }a_{n}=\lim_{ n \to \infty }b_{n}$ .

a_{2n}-b_{n}\longrightarrow 0

b_{n}=a_{2n}-(a_{2n}-b_{n})

לכן, לפי חשבון גבולות:

\lim_{ n \to \infty } b_{n}=\lim_{ n \to \infty } a_{2n}-(\underbrace{a_{2n}-b_{n}}_{=0})=L-0=L

ולכן, הטענה נכונה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $a_{2k}$ ו- $a_{3k}$ ת"ס מתכנסות אז הן מתכנסות לאותו הגבול.

נסמן את הגבולות של ת"ס:

\lim_{ n \to \infty } a_{2k}=L_{1} \qquad \lim_{ n \to \infty } a_{3k}=L_{2}

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

סדרות מונוטוניות, נוסחאות נסיגה, הגבול e ותת סדרות

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

סדרות מונוטוניות, נוסחאות נסיגה, הגבול e ותת סדרות

הגבול המיוחד eee

תת סדרות

הגבול המיוחד eee

תת סדרות

הגבול המיוחד $e$

הגבול המיוחד $e$