88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/סדרות/גבול

גבול של סדרה

ההגדרה המדויקת של סדרה

הגדרה. בבדידה נלמד/למדנו את ההגדרה המדויקת של פונקציה. סדרה הנה פונקציה מקבוצת הטבעיים אל קבוצה כלשהי. סדרה ממשית, למשל, הנה פונקציה מהטבעיים אל הממשיים.

באופן טבעי התמונה של המספר הטבעי 1 נקראת האבר הראשון של הסדרה, התמונה של 2 היא האבר השני וכן הלאה.

גבול של סדרה

תהי סדרת מספרים ממשיים ${a_{n}}_{1}^{\infty} = a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots$ , כך ש- $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots \in R$ .

לדוגמא:

${\frac{1}{2^{n}}}_{1}^{\infty} = \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \dots$

גבול של סדרה הוא נקודה ממשית אליה אברי הסדרה מתקרבים. לסדרה שלא מתקרבת לנקודה ספציפית אין גבול, למשל: $0, 1, 0, 1, 0, \dots$ (לסדרה זו אין גבול). נגדיר את מושג הגבול באופן מדויק:

הגדרת הגבול

הגדרה. תהי $a_{n}$ סדרת מספרים ממשיים. אזי מספר ממשי $L \in R$ נקרא גבול הסדרה $a_{n}$ אם לכל $ε > 0$ קיים $N_{ε} \in N$ כך שלכל $n > N_{ε}$ מתקיים $| a_{n} - L | < ε$ .

במקרה זה מסמנים $lim_{n \to \infty} a_{n} = L$ .

הסבר ההגדרה

נתרגם את זה למילים. למדנו כי $ε > 0$ מודד אורך, מספר טבעי $N_{ε} \in N$ מסמל מקום בסדרה, וערך מוחלט של הפרש מודד מרחק בין שני האברים. בנוסף למדנו על המשפט הלוגי 'לכל סיר יש מכסה שמתאים לו'. עכשיו נרשום את הגדרת הגבול במילים:

נקודה $L$ על ציר המספרים הממשיים היא גבול הסדרה $a_{n}$

אם לכל אורך $(ε > 0)$ [סיר]

קיים מקום בסדרה $(N_{ε} \in N)$ [מכסה]

כך שהחל ממנו והלאה (לכל $n > N_{ε}$ ) מתקיים שהמרחק בין איברי הסדרה והנקודה $L$ קטן מהאורך $ε$ $(| a_{n} - L | < ε)$ [מתאים לו]

דוגמאות

תרגיל. מצא את גבול הסדרה $lim_{n \to \infty} \frac{n - 1}{n}$

פתרון. מהתבוננות באברים הראשונים של הסדרה אנו מנחשים שגבול הסדרה הנו 1. נוכיח זאת.

יהי $ε > 0$ . (הוכחה באינפי מתחילה בשורה זו לעתים תכופות. מכיון שההגדרות דורשות שתכונה מסוימת תתקיים לכל $ε$ , אם נוכיח אותה ל- $ε$ מבלי להתייחס לערך שלו, הוכחנו שהיא נכונה תמיד.)

כעת, אנו רוצים למצוא מקום בסדרה שהחל ממנו והלאה אברי הסדרה קרובים ל-1 עד כדי $ε$ . כלומר:

| \frac{n - 1}{n} - 1 | < ε

נפתח את הביטוי.

| \frac{n - 1}{n} - 1 | = | - \frac{1}{n} | = \frac{1}{n}

כעת, אנו מעוניינים כי יתקיים $\frac{1}{n} < ε$ . זה נכון אם"ם $n > \frac{1}{ε}$ .

נבחר, אפוא, $N_{ε} > \frac{1}{ε}$ כלשהו (מותר כיון שאחרת המספרים הטבעיים היו חסומים, וידוע שאין חסם עליון למספרים הטבעיים). לכן ברור כי לכל $n > N_{ϵ}$ מתקיים $n > N_{ε} > \frac{1}{ε}$ ולכן איברי הסדרה קרובים ל-1 עד כדי $ε$ כפי שרצינו. $◼$

תרגיל. הוכיחו לפי הגדרה כי מתקיים: $lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} - n + 1}{3 n^{2} + 2 n + 1} = \frac{1}{3}$

תרגיל. מצא את גבול הסדרה $a_{n} = \sqrt[n]{n}$

ננחש את הגבול ע"י הצבה במחשבון (או אינטואיציה מבריקה) להיות 1. כעת, יהי $ε > 0$ , נוכיח כי קיים מקום בסדרה החל ממנו אברי הסדרה קרובים ל-1 עד כדי $ε$ , כלומר $| a_{n} - 1 | < ε$ .

זה שקול ל- $- ε < a_{n} - 1 < ε$

זה שקול ל- $1 - ε < \sqrt[n]{n} < 1 + ε$

כיון ש- $n \geq 1$ הצד השמאלי טריויאלי (שכן אם השורש היה קטן מאחד, כאשר היינו מעלים אותו בחזקה הוא היה נשאר קטן מאחד). לכן נותר עלינו להוכיח כי קיים מקום בסדרה $N_{ε}$ כך שלכל $n > N_{ε}$ מתקיים $\sqrt[n]{n} < 1 + ε$

כלומר, אנו רוצים שיתקיים $n < (1 + ε)^{n}$

נביט בביטוי $(1 + ε)^{n} = (1 + ε) \cdot (1 + ε) \dots (1 + ε)$ . נזכר בשיעור קומבינטוריקה ונשים לב שכמות האפשרויות לקבל $ε$ כפול $ε$ כפול אחדות בעת פתיחת הסוגריים שווה לכמות האפשרויות לבחור זוגות מבין $n$ אברים והיא $\frac{n (n - 1)}{2}$ . בסה"כ אנו מקבלים:

(1 + ε)^{n} = \frac{n (n - 1)}{2} ε^{2} + K

(כאשר $K$ הוא מספר חיובי כלשהו המורכב משאר הכפולות שהשמטנו.)

אם כך, $\frac{n (n - 1)}{2} ε^{2} < (1 + ε)^{n}$ . לכן, אם נמצא מקום בסדרה שהחל ממנו מתקיים $n < \frac{n (n - 1)}{2} ε^{2} < (1 + ε)^{n}$ נסיים את התרגיל.

\begin{array}{r} n < \frac{n (n - 1)}{2} ε^{2} \\ 1 < \frac{n - 1}{2} ε^{2} \\ n - 1 > \frac{2}{ε^{2}} \\ n > 1 + \frac{2}{ε^{2}} \end{array}

ומכיון שהמספרים הטבעיים אינם חסומים, אחרי מקום מסוים בסדרה אי-השוויון הזה יתקיים כפי שרצינו.

אם כן, הוכחנו כי $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ .

$◼$

שלילת גבול

L

אינו גבול של סדרה אם קיים

ε > 0

כך שלכל

N \in N

קיים

n > N

כך ש-

| a_{n} - L | \geq ε

.

תרגיל. הוכח שלסדרה $a_{n} = (- 1)^{n}$ לא קיים גבול.

נניח בשלילה שקיים גבול $L$ כלשהו. נניח עוד כי $L$ אי-שלילי (ההוכחה עבור השליליים תהא דומה).

ניקח $ε = 1$ (הרי צריך להוכיח כי קיים $ε$ ). כעת, יהי $N \in N$ וניקח $n$ אי-זוגי גדול ממנו.

במקרה זה $| a_{n} - L | = | - 1 - L | = 1 + L \geq 1 = ϵ$ כפי שרצינו. (שימו לב שהורדנו את הערך המוחלט בעזרת ההנחה כי $L$ אינו שלילי.)

$◼$

אריתמטיקה (חשבון) של גבולות

משפט

תהיינה $lim_{n \to \infty} a_{n} = A, lim_{n \to \infty} b_{n} = B$ . אזי:

$lim_{n \to \infty} (a_{n} \pm b_{n}) = A \pm B$
$lim_{n \to \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = A \cdot B$
אם $B \neq 0$ אזי $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{A}{B}$

תרגיל. מצא את גבול הסדרה $a_{n} = \frac{3 n^{7} + 5 n^{2} + 1}{6 n^{7} + n^{4}}$ .

פתרון

נחלק את המונה ואת המכנה ב- $n^{7}$ ונקבל $a_{n} = \frac{3 + 5 n^{- 5} + n^{- 7}}{6 + n^{- 3}}$ . חזקות שליליות של $n$ שואפות ל-0 ולכן לפי אריתמטיקה של גבולות אנו רואים כי הגבול שווה $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ .

תרגיל.

נניח $a_{n} \to 0$ ולסדרה $b_{n}$ אין גבול. האם אנו יודעים לומר משהו על גבול הסדרה $c_{n} = a_{n} \cdot b_{n}$ ?

תשובה: לא. כל האפשרויות מתקבלות:

$a_{n} = \frac{1}{n}, b_{n} = (- 1)^{n}$ אזי

lim_{n \to \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = lim_{n \to \infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} = 0

$a_{n} = \frac{1}{n}, b_{n} = n$ אזי

lim_{n \to \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = lim_{n \to \infty} \frac{n}{n} = 1

$a_{n} = \frac{1}{n}, b_{n} = n^{2} ((- 1)^{n} + 1)$ אזי

∄ lim_{n \to \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = lim_{n \to \infty} [(- 1)^{n} + 1]

(לא קיים גבול לסדרה זו)

תרגיל חשוב מאד.

תהי סדרה $a_{n} \to 0$ ותהי $b_{n}$ סדרה חסומה. (כלומר, קיים $M$ כך שלכל מקום בסדרה $n$ מתקיים $| b_{n} | < M$ . ישנם אינסוף מספרים בסדרה, אבל קבוצת האברים שנמצאים בסדרה חסומה מלעיל ומלרע).

הוכח: $lim_{n \to \infty} (a_{n} \cdot b_{n}) = 0$

הוכחה

יהי $ε > 0$ , צריך למצוא מקום בסדרה שהחל ממנו והלאה מתקיים $| a_{n} \cdot b_{n} - 0 | < ε$ .

| a_{n} \cdot b_{n} | = | a_{n} | \cdot | b_{n} | \leq M \cdot | a_{n} |

. מכיון שידוע כי הסדרה

a_{n} \to 0

, יש מקום מסוים שהחל ממנו והלאה מתקיים

| a_{n} | < \frac{ε}{M}

(כיון ש-

\frac{ε}{M}

הנו מספר חיובי כלשהו, ולכל מספר חיובי קיים מקום בסדרה עבורו זה מתקיים, לפי הגדרת הגבול).

לכן, מאותו מקום מתקיים $| a_{n} \cdot b_{n} | < M \cdot \frac{ε}{M} = ε$ כפי שרצינו. $◼$

דוגמא. $lim_{n \to \infty} \frac{\sin (n)}{\ln (n)} = 0$

תרגיל. מצא את הגבול $lim_{n \to \infty} [\sqrt{n^{2} + 1} - n]$

פתרון

$\begin{aligned} lim_{n \to \infty} [\sqrt{n^{2} + 1} - n] & = lim_{n \to \infty} \frac{(\sqrt{n^{2} + 1} - n) (\sqrt{n^{2} + 1} + n)}{\sqrt{n^{2} + 1} + n} = lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} + 1 - n^{2}}{\sqrt{n^{2} + 1} + n} \\ = lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 1} + n} \cdot \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{\frac{\sqrt{n^{2} + 1}}{n} + \frac{n}{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^{2}}} + 1} = 0 \end{aligned}$

אי-שוויון הממוצעים

כלי חשוב לפתרון תרגילים רבים הנו אי-שוויון הממוצעים (אותו לא נוכיח בשלב זה):

לכל $n$ מספרים ממשיים חיוביים $x_{1}, \dots, x_{n}$ מתקיים:

$\frac{n}{\frac{1}{x_{1}} + \dots + \frac{1}{x_{n}}} \leq \sqrt[n]{x_{1} \times \dots \times x_{n}} \leq \frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n}$

הביטוי מימין נקרא "ממוצע חשבוני", הביטוי האמצעי נקרא "ממוצע הנדסי" והביטוי השמאלי נקרא "ממוצע הרמוני".

טענה - אתם מוזמנים לנסות להוכיח אותה לבד!

אם ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ היא סדרת מספרים חיוביים המתכנסת לגבול $L$ אזי מתקיים: $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1} \times \dots \times a_{n}} = L$ .

משפט

תהי ${a_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ סדרת מספרים חיוביים. אם קיים הגבול $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ אזי הסדרה ${\sqrt[n]{a_{n}}}_{n = 1}^{\infty}$ מתכנסת ומתקיים השוויון: $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ .

הוכחה

נגדיר סדרה ${b_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ על-ידי $b_{1} = a_{1}$ ו- $b_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ לכל $n > 1$ . זוהי סדרת מספרים חיוביים ולכן על-פי הטענה הקודמת מתקיים:

$lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{b_{1} \times \dots \times b_{n}} = lim_{n \to \infty} b_{n} = lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ .

ברור כי

$b_{1} \times \dots \times b_{n} = \frac{a_{1}}{1} \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \dots \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = a_{n}$

ולכן קיבלנו כי $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}}$ . $◼$

כעת נוכיח בדרך אחרת כי $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ .

הוכחה

אם נרשום $a_{n} = n$ אזי לפי המשפט הקודם מתקיים:

$lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = lim_{n \to \infty} \frac{n}{n - 1} = 1$ . $◼$

תרגיל. תהי סדרה ${x_{n}}_{n = 1}^{\infty} \to a$ .

א. הוכיחו כי אם קיים הגבול $L = lim_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_{n}}$ אזי $| L | \leq 1$ .

פתרון

אם $lim_{n \to \infty} x_{n} \neq 0$ נקבל $lim_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_{n}} = \frac{lim_{n \to \infty} x_{n + 1}}{lim_{n \to \infty} x_{n}} = \frac{a}{a} = 1$ .

אחרת, $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ . מאי-שוויון המשולש נקבל $\forall n > N_{ε} : | | \frac{x_{n + 1}}{x_{n}} | - | L | | \leq | \frac{x_{n + 1}}{x_{n}} - L | < ε$ .

נובע כי $\forall n > N_{ε} : | x_{n + 1} | > (| L | - ε) | x_{n} |$ .

נניח כעת בשלילה כי $| L | > 1$ , ניקח $ε = | L | - 1$ ונקבל כי $\forall n > N_{ε} : | x_{n + 1} | > | x_{n} |$

בסתירה לכך ש- $lim_{n \to \infty} x_{n} = lim_{n \to \infty} | x_{n} | = 0$ . $◼$

ב. תנו דוגמא לסדרה מתכנסת ${x_{n}}$ עבורה $lim_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_{n}}$ אינו קיים.

פתרון

נתבונן בסדרה $x_{n} = {\begin{cases} \frac{1}{n} & n odd \\ 0 & n even \end{cases}$

ברור כי $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ ו- $lim_{n \to \infty} \frac{x_{n + 1}}{x_{n}}$ אינו קיים.

חוק הסנדוויץ'

הידוע גם בגרסא הרוסית חוק השוטרים והשיכור; לפיו אם שני שוטרים מובילים אדם שיכור ביניהם ושני השוטרים מגיעים לתחנה, אזי גם השיכור (שאינו הולך ישר) יגיע איתם לתחנה. באופן דומה, אם מתקיים $\forall n : a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}$ וגם ידוע כי $lim_{n \to \infty} a_{n} = lim_{n \to \infty} c_{n} = L$ אזי בהכרח $lim_{n \to \infty} b_{n} = L$ .

דוגמא. מצא את גבול הסדרה $(2^{n} + 3^{n})^{\frac{1}{n}}$

פתרון: $3^{n} \leq 2^{n} + 3^{n} \leq 3^{n} + 3^{n} = 2 \cdot 3^{n}$

לכן,

3 = (3^{n})^{\frac{1}{n}} \leq (2^{n} + 3^{n})^{\frac{1}{n}} \leq (2 \cdot 3^{n})^{\frac{1}{n}} = 2^{\frac{1}{n}} \cdot 3

כיון שמתקיים

lim_{n \to \infty} 2^{\frac{1}{n}} = 1

סה"כ שני צדי אי-השוויון מתכנסים ל-3 ואז לפי חוק הסנדוויץ' גם הסדרה שלנו מתכנסת ל-3 .

התכנסות במובן הרחב

דיברנו עד כה על התכנסות סדרה לגבול סופי מסוים. מה לגבי סדרות השואפות לאינסוף? אנו מעוניים להבדיל אותן מסדרות כפי שראינו לעיל שאינן מתקרבות לשום כיוון מסוים.

הגדרה. תהא $a_{n}$ סדרה. אזי אומרים כי הסדרה מתכנסת במובן הרחב לאינסוף אם לכל $M > 0$ קיים $N_{M} \in N$ כך שלכל $n > N_{M}$ מתקיים $a_{n} > M$ .

הערה: שימו לב כי $M$ בדומה ל- $ε$ מודד מרחק, אך מכיון שההגבלה כאן היא חמורה יותר כאשר המרחק גדול (בניגוד לקטן) אנו מסמנים מרחק זה באות $M$ ולא באות $ε$ . אנחנו נשמור על מתכונת זו לאורך הקורס.

ההגדרה להתכנסות במובן הרחב ל- $- \infty$ דומה עם שינויים קלים בהתאם.

תרגיל. מצא את גבול הסדרה $a_{n} = \sqrt[n]{n!}$

פתרון

נוכיח כי סדרה זו מתכנסת במובן הרחב לאינסוף.

n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \dots \frac{n}{2} \dots n

(המקרה בו

n

אינו זוגי מאד דומה אך דורש התעסקות עדינה יותר, לא נפרט לגביו).

נקטין את החצי הראשון של האברים להיות 1, ואת החצי השני של האברים להיות $\frac{n}{2}$ ונקבל:

n! \geq \frac{n}{2} \dots \frac{n}{2} = {(\frac{n}{2})}^{\frac{n}{2}}

ולכן,

\sqrt[n]{n!} \geq \sqrt[n]{{(\frac{n}{2})}^{\frac{n}{2}}} = \sqrt{\frac{n}{2}} \to \infty

קל להוכיח שאם סדרה שואפת לאינסוף, סדרה הגדולה ממנה בכל אבר גם שואפת לאינסוף, כפי שרצינו.