הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעה/בוחן 1 - פתרון"
איתמר שטיין (שיחה | תרומות) (←סעיף ב) |
איתמר שטיין (שיחה | תרומות) (←שאלה 1 (30 נק)) |
||
(15 גרסאות ביניים של אותו משתמש אינן מוצגות) | |||
שורה 9: | שורה 9: | ||
'''הוכיחו/הפריכו:''' | '''הוכיחו/הפריכו:''' | ||
::<math>\lim a_n^2-b_n^2= 0</math> | ::<math>\lim a_n^2-b_n^2= 0</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון משופר ומעודכן: הטענה נכונה. | ||
+ | נשים לב ש | ||
+ | |||
+ | <math>(a_n)^2-(b_n)^2=(a_n+b_n)(a_n-b_n)</math> | ||
+ | |||
+ | עכשיו, ידוע כי <math>\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} a_n-b_n=0</math> | ||
+ | |||
+ | לכן אם נוכיח כי <math>a_n+b_n</math> היא סדרה חסומה, נקבל כי אכן <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_n^2-b_n^2= 0</math>. | ||
+ | |||
+ | לכן נותר להוכיח כי <math>a_n+b_n</math> סדרה חסומה. | ||
+ | |||
+ | היות ש <math>\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} (a_{n})^2+(b_{n})^2=L\in\mathbb{R}</math> | ||
+ | |||
+ | נקבל כי הסדרה <math>(a_{n})^2+(b_{n})^2</math> חסומה. | ||
+ | |||
+ | אבל <math>0\leq(a_{n})^2\leq(a_{n})^2+(b_{n})^2</math> | ||
+ | |||
+ | ולכן גם <math>(a_{n})^2</math> סדרה חסומה ולכן גם <math>a_n</math> חסומה. | ||
+ | |||
+ | באופן דומה מראים ש <math>b_n</math> חסומה ולכן גם סכומן חסום כנדרש. | ||
+ | |||
===סעיף ב=== | ===סעיף ב=== | ||
שורה 17: | שורה 39: | ||
(רמז: יש בשאלה הזו '''קושי''') | (רמז: יש בשאלה הזו '''קושי''') | ||
+ | |||
+ | פתרון: יש פתרון כאן | ||
+ | |||
+ | [[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/סדרות/קושי|מערך תרגול על סדרות קושי]] | ||
==שאלה 2 (40 נק)== | ==שאלה 2 (40 נק)== | ||
שורה 24: | שורה 50: | ||
::1. '''הוכיחו/הפריכו''': <math>sup(A\cap B)=min\{sup(A),sup(B)\}</math> | ::1. '''הוכיחו/הפריכו''': <math>sup(A\cap B)=min\{sup(A),sup(B)\}</math> | ||
::2. '''הוכיחו/הפריכו''': <math>sup(A\cup B)=max\{sup(A),sup(B)\}</math> | ::2. '''הוכיחו/הפריכו''': <math>sup(A\cup B)=max\{sup(A),sup(B)\}</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: | ||
+ | |||
+ | 1) לא נכון. ניקח <math>A=\{1,2\}</math> ו <math>B=\{1,3\}</math> | ||
+ | |||
+ | אז <math>\sup(A\cap B) = 1</math> | ||
+ | |||
+ | אבל <math>\min\{\sup(A),\sup(B)\}=2</math> | ||
+ | |||
+ | 2) נכון. | ||
+ | |||
+ | בלי הגבלת כלליות נניח ש <math>\sup(B)\leq\sup(A)</math> ולכן <math>\max\{\sup(A),\sup(B)\}=\sup(A)</math> | ||
+ | |||
+ | נסמן <math>\sup(A)=s</math>. | ||
+ | |||
+ | נוכיח ש <math>s</math> מקיים את שתי התכונות של<math>\sup(A\cup B)</math> | ||
+ | |||
+ | תכונה א) חסם מלעיל: יהי <math>x\in A\cup B</math>. אם <math>x\in A</math> אז בוודאי | ||
+ | |||
+ | <math>x\leq \sup(A) = s</math> | ||
+ | |||
+ | ואם <math>x\in B</math> אז | ||
+ | |||
+ | <math>x\leq \sup(B) \leq \sup(A)=s</math> | ||
+ | |||
+ | ולכן <math>s</math> אכן חסם מלעיל של <math>A\cup B</math> | ||
+ | |||
+ | תכונה ב) חסם מלעיל הכי קטן: נניח ש <math>m<s</math> (צריך להראות ש <math>m</math> אינו חסם מעליל של <math>A\cup B</math>) | ||
+ | |||
+ | היות ש <math>m<s=\sup(A)</math> אז קיים <math>a\in A</math> כך ש <math>m<a</math> (לפי תכונה של חסם עליון של <math>A</math>) | ||
+ | |||
+ | אבל בוודאי <math>a\in A\cup B</math> כלומר קיים איבר <math>a\in A\cup B</math> כך ש <math>m<a</math> ולכן <math>m</math> אינו חסם מלעיל של <math>A\cup B</math> כנדרש. | ||
+ | |||
+ | אכן הוכחנו כי <math>s</math> חסם עליון של <math>A\cup B</math>. ובזה סיימנו. | ||
===סעיף ב=== | ===סעיף ב=== | ||
שורה 33: | שורה 93: | ||
תהי <math>a_{n_k}</math> תת סדרה של <math>a_n</math> כך ש | תהי <math>a_{n_k}</math> תת סדרה של <math>a_n</math> כך ש | ||
− | <math>\displaystyle{\lim_{a_{n_k}}}=\overline{\lim}a_n</math> | + | <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}{a_{n_k}}}=\overline{\lim}a_n</math> |
+ | |||
+ | (הרי יש תת סדרה שמתכנסת לגבול העליון) | ||
+ | |||
+ | היות ש <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_n-b_n=0</math>, | ||
+ | |||
+ | אז כמובן ש | ||
+ | <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_{n_k}-b_{n_k}=0</math> | ||
+ | |||
+ | (כי תת סדרה של סדרה מתכנסת, מתכנסת לאותו מספר). | ||
+ | |||
+ | ולכן | ||
+ | <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}b_{n_k}=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}(b_{n_k}-a_{n_k})+\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}a_{n_k}=0+\overline{\lim}a_n</math> | ||
+ | |||
+ | כלומר <math>\overline{\lim}a_n</math> הוא גם גבול חלקי של <math>b_n</math> ולכן | ||
+ | |||
+ | <math>\overline{\lim}a_n\leq \overline{\lim}b_n</math> | ||
+ | (כי <math>\overline{\lim}b_n</math> הוא הגבול החלקי הגדול ביותר) | ||
+ | |||
+ | בדרך דומה מוכיחים | ||
+ | |||
+ | <math>\overline{\lim}a_n\geq \overline{\lim}b_n</math> | ||
+ | |||
+ | ולכן | ||
+ | |||
+ | <math>\overline{\lim}a_n = \overline{\lim}b_n</math> | ||
+ | |||
+ | כנדרש | ||
==שאלה 3 (30 נק)== | ==שאלה 3 (30 נק)== | ||
שורה 43: | שורה 130: | ||
הוכיחו כי הסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה | הוכיחו כי הסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה | ||
+ | |||
+ | פתרון: | ||
+ | |||
+ | נרצה להוכיח כי הסדרה מונוטונית עולה וחסומה. | ||
+ | |||
+ | ראשית נשים לב שהסדרה חיובית כי תמיד <math>a_n=1+\frac{|a_n|}{2}>0</math>. (וגם <math>a_1=1>0</math>) | ||
+ | |||
+ | לכן אפשר לכתוב את הסדרה | ||
+ | |||
+ | <math>a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}</math> | ||
+ | |||
+ | כעת נוכיח באינדוקציה שהיא מונוטונית עולה: | ||
+ | |||
+ | 1) מונוטונית עולה: צריך להראות ש <math>a_{n+1}\geq a_n</math> | ||
+ | |||
+ | עבור: <math>n=1</math> זה אכן נכון כי | ||
+ | |||
+ | <math>a_2=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}>1=a_1</math> | ||
+ | |||
+ | נניח שהטענה הכונה עבור <math>n</math> כלומר: <math>a_{n+1}\geq a_n</math> | ||
+ | |||
+ | נוכיח עבור <math>n+1</math> כלומר נוכיח כי | ||
+ | |||
+ | <math>a_{n+2}\geq a_{n+1}</math> | ||
+ | |||
+ | זה נכון מפני ש | ||
+ | |||
+ | <math>a_{n+2}=1+\frac{a_{n+1}}{2}\geq 1+\frac{a_n}{2}=a_{n+1}</math> | ||
+ | |||
+ | ובזאת הוכחנו שהיא מונוטונית עולה. | ||
+ | |||
+ | נוכיח שהסדרה חסומה מלעיל ע"י 2, באינדוקציה: | ||
+ | |||
+ | 2) חסימות מלעיל: צריך להראות ש <math>a_n\leq 2</math>. | ||
+ | |||
+ | עבור <math>n=1</math> אכן <math>a_1=1<2</math>. | ||
+ | |||
+ | נניח שעבור <math>n</math> מתקיים <math>a_n\leq 2</math>. | ||
+ | |||
+ | אז גם עבור <math>n+1</math> מתקיים | ||
+ | |||
+ | <math>a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}\leq 1+\frac{2}{2}=2</math> | ||
+ | |||
+ | כנדרש. | ||
+ | |||
+ | לכן זו סדרה מונוטונית עולה וחסומה מלעיל ולכן היא מתכנסת. נסמן את גבולה ב <math>L</math>. | ||
+ | |||
+ | נמצא את הגבול באמצעות הטריק הרגיל. | ||
+ | |||
+ | נפעיל <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}</math> בשני אגפים של המשוואה | ||
+ | |||
+ | <math>a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}</math> | ||
+ | |||
+ | ונקבל | ||
+ | |||
+ | <math>L=1+\frac{L}{2}</math> | ||
+ | |||
+ | כלומר | ||
+ | |||
+ | <math>L=2</math>. | ||
+ | |||
+ | ובזה סיימנו את הפתרון. | ||
===סעיף ב=== | ===סעיף ב=== | ||
קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים | קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים | ||
+ | 1) | ||
::<math>\sum_{n=1}^\infty (\sqrt{n^2+n+1}-n)</math> | ::<math>\sum_{n=1}^\infty (\sqrt{n^2+n+1}-n)</math> | ||
+ | פתרון: נשים לב ש | ||
+ | |||
+ | <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\sqrt{n^2+n+1}-n=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{(\sqrt{n^2+n+1}-n)(\sqrt{n^2+n+1}+n)}{\sqrt{n^2+n+1}+n}=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{n^2+n+1-n^2}{\sqrt{n^2+n+1}+n}</math> | ||
+ | |||
+ | <math>=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1}=\frac{1}{2}</math> | ||
+ | |||
+ | כלומר הסדרה בתוך הטור לא מתכנסת ל 0 ולכן הטור מתבדר. | ||
+ | |||
+ | 2) | ||
::<math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n+(-2)^n}{3^n}</math> | ::<math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n+(-2)^n}{3^n}</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: נשים לב שזה בעצם סכום של שני הטורים | ||
+ | |||
+ | <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n}{3^n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-2)^n}{3^n}=\sum_{n=1}^\infty(\frac{2}{3})^n+\sum_{n=1}^\infty(\frac{-2}{3})^n</math> | ||
+ | |||
+ | כל אחד מהטורים האלה הוא טור הנדסי שהמנה שלו בין <math>-1</math> ל <math>1</math> ולכן הוא טור מתכנס. | ||
+ | |||
+ | ולכן גם סכומם שהוא הטור שלנו, מתכנס. |
גרסה אחרונה מ־21:05, 28 בדצמבר 2014
תוכן עניינים
שאלה 1 (30 נק)
סעיף א
תהיינה שתי סדרות כך ש:
- 1.
- 2.
הוכיחו/הפריכו:
פתרון משופר ומעודכן: הטענה נכונה. נשים לב ש
עכשיו, ידוע כי
לכן אם נוכיח כי היא סדרה חסומה, נקבל כי אכן .
לכן נותר להוכיח כי סדרה חסומה.
היות ש
נקבל כי הסדרה חסומה.
אבל
ולכן גם סדרה חסומה ולכן גם חסומה.
באופן דומה מראים ש חסומה ולכן גם סכומן חסום כנדרש.
סעיף ב
תהי סדרה וקבוע כך ש
הוכיחו כי מתכנסת.
(רמז: יש בשאלה הזו קושי)
פתרון: יש פתרון כאן
שאלה 2 (40 נק)
סעיף א
לכל שתי קבוצות לא ריקות וחסומות מלעיל.
- 1. הוכיחו/הפריכו:
- 2. הוכיחו/הפריכו:
פתרון:
1) לא נכון. ניקח ו
אז
אבל
2) נכון.
בלי הגבלת כלליות נניח ש ולכן
נסמן .
נוכיח ש מקיים את שתי התכונות של
תכונה א) חסם מלעיל: יהי . אם אז בוודאי
ואם אז
ולכן אכן חסם מלעיל של
תכונה ב) חסם מלעיל הכי קטן: נניח ש (צריך להראות ש אינו חסם מעליל של )
היות ש אז קיים כך ש (לפי תכונה של חסם עליון של )
אבל בוודאי כלומר קיים איבר כך ש ולכן אינו חסם מלעיל של כנדרש.
אכן הוכחנו כי חסם עליון של . ובזה סיימנו.
סעיף ב
נניח .
- הוכיחו/הפריכו:
פתרון: הטענה נכונה.
תהי תת סדרה של כך ש
(הרי יש תת סדרה שמתכנסת לגבול העליון)
היות ש ,
אז כמובן ש
(כי תת סדרה של סדרה מתכנסת, מתכנסת לאותו מספר).
ולכן
כלומר הוא גם גבול חלקי של ולכן
(כי הוא הגבול החלקי הגדול ביותר)
בדרך דומה מוכיחים
ולכן
כנדרש
שאלה 3 (30 נק)
סעיף א
תהי סדרה המוגדרת ע"י כלל הנסיגה
הוכיחו כי הסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה
פתרון:
נרצה להוכיח כי הסדרה מונוטונית עולה וחסומה.
ראשית נשים לב שהסדרה חיובית כי תמיד . (וגם )
לכן אפשר לכתוב את הסדרה
כעת נוכיח באינדוקציה שהיא מונוטונית עולה:
1) מונוטונית עולה: צריך להראות ש
עבור: זה אכן נכון כי
נניח שהטענה הכונה עבור כלומר:
נוכיח עבור כלומר נוכיח כי
זה נכון מפני ש
ובזאת הוכחנו שהיא מונוטונית עולה.
נוכיח שהסדרה חסומה מלעיל ע"י 2, באינדוקציה:
2) חסימות מלעיל: צריך להראות ש .
עבור אכן .
נניח שעבור מתקיים .
אז גם עבור מתקיים
כנדרש.
לכן זו סדרה מונוטונית עולה וחסומה מלעיל ולכן היא מתכנסת. נסמן את גבולה ב .
נמצא את הגבול באמצעות הטריק הרגיל.
נפעיל בשני אגפים של המשוואה
ונקבל
כלומר
.
ובזה סיימנו את הפתרון.
סעיף ב
קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים
1)
פתרון: נשים לב ש
כלומר הסדרה בתוך הטור לא מתכנסת ל 0 ולכן הטור מתבדר.
2)
פתרון: נשים לב שזה בעצם סכום של שני הטורים
כל אחד מהטורים האלה הוא טור הנדסי שהמנה שלו בין ל ולכן הוא טור מתכנס.
ולכן גם סכומם שהוא הטור שלנו, מתכנס.