בקצרה: משפט הסנדביץ' הוא כלי בסיסי לחישוב גבול של סדרה שקשה לטפל בה ישירות: אם מצליחים לכלוא אותה בין שתי סדרות פשוטות יותר, [math]\displaystyle{ a_n\le b_n\le c_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n }[/math], ושתי הסדרות החוסמות שואפות לאותו גבול, אז גם הסדרה הכלואה שואפת אליו. ברוסית קוראים לו "למת השוטרים והשיכור": שני שוטרים מובילים שיכור ביניהם, ואם שניהם מגיעים לתחנה, גם השיכור מגיע אליה, אף שהוא מתנדנד בדרך. שתי גרסאות "חצי סנדביץ'" משלימות אותו: כשהסדרה הקטנה שואפת לאינסוף, גם הגדולה שואפת לאינסוף; וכשהערך המוחלט של סדרה חסום על ידי סדרה ששואפת לאפס, גם היא שואפת לאפס. המשפט שימושי במיוחד בסכומים שמספר המחוברים בהם גדל עם [math]\displaystyle{ n }[/math], שם אסור להשתמש באריתמטיקה של גבולות.
▶ ההרצאה: משפט הסנדוויץ'
שלוש סדרות: [math]\displaystyle{ a_n }[/math] מלמטה ו־[math]\displaystyle{ c_n }[/math] מלמעלה שואפות שתיהן ל־[math]\displaystyle{ L }[/math], והסדרה [math]\displaystyle{ b_n }[/math] כלואה ביניהן ברצועה התכולה, ולכן היא נגררת אל [math]\displaystyle{ L }[/math] גם אם היא מתנדנדת. לכל [math]\displaystyle{ n>K }[/math] שלוש הסדרות נמצאות בתוך סביבת ה־[math]\displaystyle{ \varepsilon }[/math] של [math]\displaystyle{ L }[/math] (במקום [math]\displaystyle{ K }[/math] עצמו [math]\displaystyle{ a_K }[/math] ו־[math]\displaystyle{ c_K }[/math] יושבות בדיוק על הקווים [math]\displaystyle{ L-\varepsilon }[/math] ו־[math]\displaystyle{ L+\varepsilon }[/math]; ההגדרה דורשת רק [math]\displaystyle{ n>K }[/math]), וזה בדיוק רעיון ההוכחה.
תהיינה [math]\displaystyle{ a_n }[/math], [math]\displaystyle{ b_n }[/math] ו־[math]\displaystyle{ c_n }[/math] סדרות ממשיות כך ש [math]\displaystyle{ a_n\le b_n\le c_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math], ויהי [math]\displaystyle{ L\in\mathbb R }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ a_n\to L }[/math] ו־[math]\displaystyle{ c_n\to L }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ b_n\to L }[/math].
תהיינה [math]\displaystyle{ a_n }[/math] ו־[math]\displaystyle{ b_n }[/math] סדרות ממשיות כך ש [math]\displaystyle{ |a_n|\le b_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math] ו־[math]\displaystyle{ b_n\to0 }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ a_n\to0 }[/math].
דוגמאות
נסו לפתור לבד, ואז לחצו "הצג פתרון".
דוגמה 1: שורש n־י של סכום חזקות
חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{2^n+3^n} }[/math].
נכלא את הסדרה בין שתי סדרות פשוטות. לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ 3^n\le 2^n+3^n\le 3^n+3^n=2\cdot 3^n }[/math], ולכן, מהוצאת שורש [math]\displaystyle{ n }[/math]־י משלושת האגפים (הוצאת שורש שומרת על אי־שוויון בין מספרים אי־שליליים), [math]\displaystyle{ 3=\sqrt[n]{3^n}\le\sqrt[n]{2^n+3^n} }[/math] [math]\displaystyle{ \le\sqrt[n]{2\cdot 3^n}=3\sqrt[n]{2} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math]. האגף השמאלי הוא הסדרה הקבועה [math]\displaystyle{ 3 }[/math]. ידוע כי [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{2}\to1 }[/math] (לכל [math]\displaystyle{ a>0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{a}\to1 }[/math]; בדף הקורס העובדה הזו מופיעה בסעיף כלל המנה, ובפתרונות המבחנים משתמשים בה כידועה), ולכן לפי אריתמטיקה של גבולות [math]\displaystyle{ 3\sqrt[n]{2}\to3 }[/math]. שתי הסדרות החוסמות שואפות ל־[math]\displaystyle{ 3 }[/math], ולכן לפי משפט הסנדביץ' [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{2^n+3^n}\to3 }[/math]. באותה דרך בדיוק, לכל [math]\displaystyle{ a,b\ge0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{a^n+b^n}\to\max\{a,b\} }[/math]: הגורם הגדול "בולע" את הקטן.
מקור: מערך התרגול תשע"ב (סדרות/גבול, §חוק הסנדוויץ', כולל פתרון); XI X20 ("שאלה 2 - כלל הסנדוויץ'", פתרון ארז); מבחן מדמ"ח תשע"ב מועד א' שאלה 3א (הגרסה עם 2012, פתרון ארז); מאגר 2.3-03 (◆, ק' 1–2, בוחן Q11 ש1ג עם פתרון)
דוגמה 2: סכום שמספר המחוברים בו גדל
חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\Big(\frac1{\sqrt{n^2+1}}+\frac1{\sqrt{n^2+2}} }[/math] [math]\displaystyle{ +\cdots+\frac1{\sqrt{n^2+n}}\Big) }[/math].
נסמן [math]\displaystyle{ b_n=\frac1{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac1{\sqrt{n^2+n}} }[/math]. בסכום יש [math]\displaystyle{ n }[/math] מחוברים, ומספר המחוברים תלוי ב־[math]\displaystyle{ n }[/math], ולכן אסור להשתמש באריתמטיקה של גבולות (כל מחובר שואף לאפס, אבל הסכום לא). במקרה הזה נשתמש במשפט הסנדביץ'. לכל [math]\displaystyle{ 1\le k\le n }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ n^2+1\le n^2+k\le n^2+n }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac1{\sqrt{n^2+n}}\le\frac1{\sqrt{n^2+k}}\le\frac1{\sqrt{n^2+1}} }[/math]. נחליף כל אחד מ־[math]\displaystyle{ n }[/math] המחוברים במחובר הגדול ביותר, ובנפרד במחובר הקטן ביותר ([math]\displaystyle{ n\cdot\min\le\sum\le n\cdot\max }[/math]): [math]\displaystyle{ \frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\le b_n\le\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math]. נסמן [math]\displaystyle{ a_n=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} }[/math] ו־[math]\displaystyle{ c_n=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} }[/math]. כעת [math]\displaystyle{ c_n=\frac1{\sqrt{1+\frac1{n^2}}}\to\frac1{\sqrt{1+0}}=1 }[/math] (חילקנו מונה ומכנה ב־[math]\displaystyle{ n=\sqrt{n^2} }[/math], ואז אריתמטיקה של גבולות ושורש של גבול), ובאופן דומה [math]\displaystyle{ a_n=\frac1{\sqrt{1+\frac1n}}\to1 }[/math]. מתקיים [math]\displaystyle{ a_n\le b_n\le c_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math] ושתי הסדרות החוסמות שואפות ל־[math]\displaystyle{ 1 }[/math], ולכן לפי משפט הסנדביץ' [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}b_n=1 }[/math].
מקור: מבחן מדמ"ח תשע"ג מועד א' שאלה 3א, פתרון בוויקי (הדף "פתרון מועד א - גרסת שנפס"; לפי היסטוריית הדף כל 11 הגרסאות נכתבו על ידי איתמר שטיין, 28.1–1.2.2013, ולא על ידי ארז); XI X23 ("שאלה 5 - סנדוויץ'", פתרון ארז עם n·min ≤ Σ ≤ n·max); לוח הנדסה 30.11.20; מאגר 2.3-01 (◆, ק' 2, בוחן 5 דק')
דוגמה 3: חצי סנדביץ': סכום ששואף לאינסוף
הוכיחו כי [math]\displaystyle{ \frac1{\sqrt1}+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt n}\to\infty }[/math].
נסמן [math]\displaystyle{ b_n=\frac1{\sqrt1}+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt n} }[/math]. גם כאן מספר המחוברים גדל עם [math]\displaystyle{ n }[/math], אבל הפעם מספיק חסם מלמטה. לכל [math]\displaystyle{ 1\le k\le n }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \sqrt k\le\sqrt n }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac1{\sqrt k}\ge\frac1{\sqrt n} }[/math]. נקטין את כל [math]\displaystyle{ n }[/math] המחוברים למחובר הקטן ביותר: [math]\displaystyle{ b_n\ge\underbrace{\frac1{\sqrt n}+\cdots+\frac1{\sqrt n}}_{n}=\frac{n}{\sqrt n}=\sqrt n }[/math]. נגדיר [math]\displaystyle{ a_n=\sqrt n }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ a_n\le b_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math]. נראה לפי ההגדרה ש [math]\displaystyle{ a_n\to\infty }[/math]: יהי [math]\displaystyle{ M>0 }[/math]. לפי ארכימדס קיים [math]\displaystyle{ K\in\mathbb N }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ K>M^2 }[/math], ולכל [math]\displaystyle{ n>K }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ n>K>M^2 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \sqrt n>\sqrt{M^2}=M }[/math] (הוצאת שורש שומרת על אי־שוויון בין מספרים אי־שליליים, ו־[math]\displaystyle{ M>0 }[/math]). לכן לפי משפט חצי הסנדביץ' [math]\displaystyle{ b_n\to\infty }[/math]. שימו לב: לא היה צורך בחסם מלמעלה. כשהסדרה הקטנה בורחת לאינסוף, לגדולה "אין לאן לברוח".
מקור: לוח התרגול 12.11.20 (R1-X28, מדמ"ח תשפ"א, = ש"ב4 ש'4א); ש"ב 4 תש"ף (P3); מאגר 2.3-08 (◆, ק' 2); הרעיון בסרטון AVvOiLm5COA בדקה 5:47 ("לBN אין לאן לברוח")
דוגמה 4: חצי סנדביץ' על הרצפה: חסימת הערך המוחלט
חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{1\sin1+2\sin2+\cdots+n\sin n}{n^3} }[/math].
נסמן [math]\displaystyle{ a_n=\frac{1\sin1+2\sin2+\cdots+n\sin n}{n^3} }[/math]. המחוברים במונה מחליפים סימן (כי [math]\displaystyle{ \sin k }[/math] מחליף סימן), ולכן במקום לחפש חסם מלמטה וחסם מלמעלה נחסום את הערך המוחלט ונשתמש בחצי סנדביץ' על הרצפה. הכלים: אי־שוויון המשולש [math]\displaystyle{ |x+y|\le|x|+|y| }[/math] (ובאינדוקציה, לכל מספר סופי של מחוברים), [math]\displaystyle{ |\sin k|\le1 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ k }[/math], ו־[math]\displaystyle{ 1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}2 }[/math]. [math]\displaystyle{ |a_n|=\frac{|1\sin1+\cdots+n\sin n|}{n^3} }[/math] [math]\displaystyle{ \le\frac{1|\sin1|+\cdots+n|\sin n|}{n^3} }[/math] [math]\displaystyle{ \le\frac{1+2+\cdots+n}{n^3}=\frac{n(n+1)}{2n^3} }[/math]. כיוון ש [math]\displaystyle{ n+1\le2n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math], מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2n^3}\le\frac{n^2}{n^3}=\frac1n }[/math]. נגדיר [math]\displaystyle{ b_n=\frac1n }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ |a_n|\le b_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math] ו־[math]\displaystyle{ b_n\to0 }[/math], ולכן לפי חצי סנדביץ' על הרצפה [math]\displaystyle{ a_n\to0 }[/math]. אותו רעיון בגרסה הקטנה ביותר: [math]\displaystyle{ \left|\frac{\sin n}{n}\right|\le\frac1n\to0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{\sin n}{n}\to0 }[/math].
מקור: לוח התרגול 19.11.20 (R1-X42, פתרון מלא של ארז, כולל רשימת הכלים; = ש"ב4 ש'2ב מדמ"ח); ש"ב 4 תש"ף (P2, P4) ותרגול 5 תש"ף מדמ"ח (P3 Ex5); ת"א גיליון 4 ש2; מאגר 2.3-07 (◆, ק' 2, בוחן ✓); המסקנה 2.3.3 בסרטון AVvOiLm5COA בדקה 7:48
טעויות נפוצות
שתי הסדרות החוסמות חייבות לשאוף לאותו גבול: אם [math]\displaystyle{ a_n\to1 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ c_n\to2 }[/math], המשפט לא אומר כלום על [math]\displaystyle{ b_n }[/math]: היא יכולה להתכנס לכל מספר בין [math]\displaystyle{ 1 }[/math] ל־[math]\displaystyle{ 2 }[/math], וגם לא להתכנס כלל, למשל [math]\displaystyle{ 1\le\frac{3+(-1)^n}2\le2 }[/math] (בסיפור מהסרטון: אם ארז וטולה גרים בשני מלונות שונים, איליה עלול "להתבדר" ביניהם).
אסור להניח ש [math]\displaystyle{ b_n }[/math] מתכנסת ואז "להעביר לגבול" את [math]\displaystyle{ a_n\le b_n\le c_n }[/math]: קיום הגבול של [math]\displaystyle{ b_n }[/math] הוא המסקנה של המשפט, לא הנחה שלו.
בחצי סנדביץ' הכיוון חשוב: אם הקטנה שואפת לאינסוף גם הגדולה שואפת לאינסוף, אבל אם הגדולה שואפת לאינסוף הקטנה יכולה לעשות הכול ([math]\displaystyle{ (-1)^n\le n }[/math]); הגרסה הדואלית, למינוס אינסוף, פועלת מהגדולה אל הקטנה.
בחצי סנדביץ' על הרצפה אי אפשר להשמיט את הערך המוחלט: [math]\displaystyle{ a_n=-1\le\frac1n\to0 }[/math], ובכל זאת [math]\displaystyle{ a_n\not\to0 }[/math].
בסכום שמספר המחוברים בו תלוי ב־[math]\displaystyle{ n }[/math] אסור להשתמש באריתמטיקה של גבולות ("כל מחובר שואף לאפס ולכן הסכום שואף לאפס" שגוי: [math]\displaystyle{ \frac1n+\cdots+\frac1n=1 }[/math]); כאן משפט הסנדביץ' הוא הכלי הטבעי.
לתרגול
מועד א' תשע"ג (מדמ"ח) · שאלה 3א, הסכום [math]\displaystyle{ \frac1{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac1{\sqrt{n^2+n}} }[/math], כולל פתרון
מועד א' תשע"ב (מדמ"ח) · שאלה 3א, [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n} }[/math], כולל פתרון
![שלוש סדרות: [math]\displaystyle{ a_n }[/math] מלמטה ו־[math]\displaystyle{ c_n }[/math] מלמעלה שואפות שתיהן ל־[math]\displaystyle{ L }[/math], והסדרה [math]\displaystyle{ b_n }[/math] כלואה ביניהן ברצועה התכולה, ולכן היא נגררת אל [math]\displaystyle{ L }[/math] גם אם היא מתנדנדת. לכל [math]\displaystyle{ n>K }[/math] שלוש הסדרות נמצאות בתוך סביבת ה־[math]\displaystyle{ \varepsilon }[/math] של [math]\displaystyle{ L }[/math] (במקום [math]\displaystyle{ K }[/math] עצמו [math]\displaystyle{ a_K }[/math] ו־[math]\displaystyle{ c_K }[/math] יושבות בדיוק על הקווים [math]\displaystyle{ L-\varepsilon }[/math] ו־[math]\displaystyle{ L+\varepsilon }[/math]; ההגדרה דורשת רק [math]\displaystyle{ n>K }[/math]), וזה בדיוק רעיון ההוכחה.](/index.php/%D7%A7%D7%95%D7%91%D7%A5:Infi1-sandwich.png)