88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעג/פתרון מועד א - גרסת שנפס

שאלה 1

סעיף ב

ידוע כי [math]\displaystyle{ \liminf_{n\rightarrow \infty}(a_n \cdot n)\gt 0 }[/math]

נניח ש

[math]\displaystyle{ \liminf_{n\rightarrow \infty}(a_n \cdot n)=c\gt 0 }[/math]

נסמן [math]\displaystyle{ b_n=a_n\cdot n }[/math]

כלומר

[math]\displaystyle{ \liminf_{n\rightarrow \infty}b_n=c\gt 0 }[/math]

טענת עזר: קיים [math]\displaystyle{ N }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ n\gt N }[/math] אז [math]\displaystyle{ b_n\gt \frac{c}{2} }[/math]

(במילים אחרות: יש רק מספר סופי של איברים ב [math]\displaystyle{ b_n }[/math] שיותר קטנים מ [math]\displaystyle{ \frac{c}{2} }[/math])

הוכחה: נניח בשלילה שזה לא נכון, כלומר קיימים אינסוף איברים מ [math]\displaystyle{ b_n }[/math] שעבורם [math]\displaystyle{ b_n\leq \frac{c}{2} }[/math]

אז קיימת תת סדרה [math]\displaystyle{ b_{n_k} }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ b_{n_k}\leq \frac{c}{2} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ k\in \mathbb{N} }[/math]

נשים לב ש [math]\displaystyle{ b_n }[/math] היא חסומה מלרע ולכן [math]\displaystyle{ b_{n_k} }[/math] חסומה גם מלעיל וגם מלרע.

לכן ל [math]\displaystyle{ b_{n_k} }[/math] יש תת סדרה מתכנסת [math]\displaystyle{ b_{n_{k_l}} }[/math] כך ש

[math]\displaystyle{ \lim_{l\rightarrow\infty}b_{n_{k_l}}\leq \frac {c}{2} }[/math]

וזאת בסתירה לכך ש [math]\displaystyle{ \liminf_{n\rightarrow \infty}b_n=c\gt \frac{c}{2} }[/math]

זה מוכיח את טענת העזר.

כעת, אנחנו יודעים שהחל מ [math]\displaystyle{ N\in \mathbb{N} }[/math] כלשהוא מתקיים

[math]\displaystyle{ b_n\gt \frac{c}{2} }[/math]

אבל בגלל ש [math]\displaystyle{ b_n=a_n\cdot n }[/math] זה אומר שהחל מאותו [math]\displaystyle{ N\in \mathbb{N} }[/math] מתקיים

[math]\displaystyle{ a_n \gt \frac{c}{2} \frac{1}{n} }[/math]

בגלל שהטור [math]\displaystyle{ \ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} }[/math] מתבדר

נובע ממבחן ההשוואה לטורים חיוביים שגם הטור [math]\displaystyle{ \ \sum_{n=1}^\infty a_n }[/math] מתבדר.

שאלה 2

סעיף א

טענת עזר: אם [math]\displaystyle{ A,B }[/math] קבוצות חסומות מלעיל אז

[math]\displaystyle{ \sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B) }[/math]

הוכחה: נוכיח שהמספר [math]\displaystyle{ \sup(A)+\sup(B) }[/math] מקיים את התכונות של [math]\displaystyle{ \sup(A+B) }[/math]

• תכונה א': חסם מלעיל של [math]\displaystyle{ A+B }[/math]. הוכחה:

אם [math]\displaystyle{ x\in A+B }[/math] אז ניתן לכתוב [math]\displaystyle{ x=a+b }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ a\in A, b\in B }[/math].

היות ו [math]\displaystyle{ a\leq \sup(A) }[/math] ו [math]\displaystyle{ b\leq \sup(B) }[/math] מתקיים

[math]\displaystyle{ x=a+b\leq \sup(A)+\sup(B) }[/math]

• תכונה ב': החסם המלעיל הכי קטן. הוכחה:

יהי [math]\displaystyle{ y }[/math] איזשהוא חסם מלעיל של [math]\displaystyle{ A+B }[/math]

נניח בשלילה ש [math]\displaystyle{ y\lt \sup(A)+\sup(B) }[/math]

אז נקבל ש [math]\displaystyle{ y-\sup(B)\lt \sup(A) }[/math]

ולכן קיים [math]\displaystyle{ a\in A }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ y-\sup(B)\lt a }[/math]

מכאן נקבל [math]\displaystyle{ y-a\lt \sup(B) }[/math]

ולכן קיים [math]\displaystyle{ b\in B }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ y-a\lt b }[/math]

ולכן [math]\displaystyle{ y\lt a+b\in A+B }[/math]

בסתירה לכך ש [math]\displaystyle{ y }[/math] חסם מלעיל של [math]\displaystyle{ A+B }[/math]

לכן בהכרח מתקיים [math]\displaystyle{ \sup(A)+\sup(B)\leq y }[/math]

לסיכום: הוכחנו שהמספר [math]\displaystyle{ \sup(A)+\sup(B) }[/math] מקיים את שתי התכונות של חסם עליון

ולכן [math]\displaystyle{ \sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B) }[/math]. מש"ל טענת עזר.

עכשיו קל להוכיח את הדרוש:

[math]\displaystyle{ \sup(A+B+C)=\sup(A+B)+\sup(C)=\sup(A)+\sup(B)+\sup(C) }[/math]

מש"ל.

סעיף ב

הפרכה פשוטה, ניקח [math]\displaystyle{ a_n=-\frac{1}{n} }[/math] ו [math]\displaystyle{ b_n=\frac{1}{n} }[/math]

מתקיים שלכל [math]\displaystyle{ n\in \mathbb{N} }[/math] [math]\displaystyle{ a_n\lt b_n }[/math] (ולכן בוודאי שזה מקיים כמעט לכל [math]\displaystyle{ n\in \mathbb{N} }[/math]).

אבל

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\lim_{n\rightarrow \infty}b_n=0 }[/math]

שתי הערות: א) כמעט לכל [math]\displaystyle{ n }[/math] פירושו: לכל [math]\displaystyle{ n }[/math] פרט למספר סופי של מקרים.

אן לחילופין: קיים [math]\displaystyle{ N\in \mathbb{N} }[/math] כך שהטענה מתקיימת לכל [math]\displaystyle{ n\gt N }[/math].

ב) כמובן שהטענה הבאה נכונה

אם [math]\displaystyle{ a_n\leq b_n }[/math] ו

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=a,\quad \lim_{n\rightarrow \infty}b_n=b }[/math]

אז

[math]\displaystyle{ a\leq b }[/math].

שאלה 3

סעיף א

[math]\displaystyle{ a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} }[/math]

נשים לב שבסכום זה יש [math]\displaystyle{ n }[/math] מחוברים. כאשר מספר המחוברים תלוי ב [math]\displaystyle{ n }[/math] אי אפשר להשתמש באריתמטיקה של גבולות.

במקרה הזה נשתמש במשפט הסנדויץ.

נגדיר:

[math]\displaystyle{ b_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} }[/math]

בגלל ש [math]\displaystyle{ n^2+1\leq n^2+i }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ 1\leq i\leq n }[/math])

ברור ש

[math]\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{n^2+i}}\leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} }[/math]

ולכן [math]\displaystyle{ a_n\leq b_n }[/math]

בצורה דומה נגדיר

[math]\displaystyle{ c_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} }[/math]

ויתקיים

[math]\displaystyle{ c_n\leq a_n }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} b_n = \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} =\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n}{n} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}=1 }[/math]

ו

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} c_n = \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} =\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{n}{n} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=1 }[/math]

לכן לפי כלל הסנדויץ

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} a_n=1 }[/math]

סעיף ב

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{(n-1)x_0 a_n}{n^2-1} }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ a_2\gt 0 }[/math] ו [math]\displaystyle{ x_0\gt 1 }[/math].

נשים לב ש

[math]\displaystyle{ \frac{(n-1)}{n^2-1}=\frac{n-1}{(n-1)(n+1)}=\frac{1}{n+1} }[/math]

ולכן

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1} }[/math]

• טענה: לכל [math]\displaystyle{ n\in \mathbb{N} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ a_n\gt 0 }[/math]

הוכחה: באינדוקציה, ידוע כבר כי [math]\displaystyle{ a_2\gt 0 }[/math] אבל אם [math]\displaystyle{ a_n\gt 0 }[/math] בהכרח יתקיים

[math]\displaystyle{ a_{n+1}\gt 0 }[/math] כי [math]\displaystyle{ x_0\gt 0 }[/math] ו [math]\displaystyle{ \frac{1}{n+1}\gt 0 }[/math].

• טענה: עבור [math]\displaystyle{ n\gt x_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ a_{n+1}\lt a_n }[/math].

כלומר הסדרה יורדת אם [math]\displaystyle{ n\gt x_0 }[/math].

הוכחה: אם [math]\displaystyle{ n\gt x_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \frac{x_0}{n+1}\lt 1 }[/math] ולכן

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}\lt a_n }[/math] (נשים לב שכאן משתמשים בכך ש [math]\displaystyle{ a_n\gt 0 }[/math])

קיבלנו שהחל מ [math]\displaystyle{ N\in \mathbb{N} }[/math] כלשהוא, הסדרה היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע.

בגלל שמספר סופי של איברים לא משנה את גבול הסדרה, נקבל ש [math]\displaystyle{ a_n }[/math] מתכנסת (כי החל מנקודה מסוימת היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע).

נותר רק למצוא את גבולה.

נניח ש

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=L }[/math]

וברור ש

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{x_0}{n+1}=0 }[/math]

ולכן מתקיים

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} a_{n+1}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{x_0}{n+1}\cdot \lim_{n\rightarrow \infty}a_n = 0\cdot L=0 }[/math]

לכן הגבול הוא [math]\displaystyle{ 0 }[/math].

שאלה 4

סעיף א

ראשית נשים לב שמשפט לייבניץ לא עובד כאן. כי לייבניץ דורש (בין השאר) ש [math]\displaystyle{ a_n }[/math] היא סדרה מונוטונית יורדת.

את הטענה ניתן להפריך.

נבחר

[math]\displaystyle{ a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{n} }[/math]

אזי בוודאי מתקיים

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} a_n=0 }[/math]

אבל

[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} a_n=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{2n+2}\frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} }[/math]

שהוא טור מתבדר.

סעיף ב

• חלק א':

נשים לב שהטור

[math]\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{n(n-1)} }[/math]

הוא טור חיובי ולכן הוא מתכנס בהחלט אם ורק אם הוא מתכנס

נשתמש במבחן קושי להתכנסות טורים חיוביים:

נביט על הסדרה:

[math]\displaystyle{ \sqrt[n]{{(\frac{n-1}{n+1})}^{n(n-1)}}={(\frac{n-1}{n+1})}^{(n-1)} }[/math]

נחשב את הגבול

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{(n-1)}=\lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{n+1} \lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{-2} =\lim_{n\rightarrow \infty}{(1-\frac{2}{n+1})}^{n+1} \lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n+1}{n-1})}^2 =e^{-2} \lim_{n\rightarrow \infty}{(1+\frac{2}{n-1})}^2 =e^{-2} \lt 1 }[/math]

(שימו לב ש

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}{(1+\frac{x}{a_n})}^{a_n}=e^x }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\infty }[/math] )

ולכן לפי מבחן קושי הטור מתכנס

• חלק ב

[math]\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\sin(nx)}{{(\ln n)}^{\ln n}} }[/math]

זהו לא טור חיובי, ראשית נבדוק התכנסות בהחלט, כלומר נבדוק אם הטור

[math]\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{|\sin(nx)|}{{(\ln n)}^{\ln n}} }[/math]

מתכנס.

אנחנו נראה שהוא מתכנס.

ראשית, נשים לב ש

[math]\displaystyle{ |\sin(nx)|\leq 1 }[/math] ולכן לפי מבחן ההשוואה לטורים חיוביים, מספיק להראות שהטור

[math]\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}} }[/math]

מתכנס.

היות ויש כאן הרבה [math]\displaystyle{ \ln }[/math], אנו נרצה לנסות את מבחן העיבוי.

הסדרה [math]\displaystyle{ \frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}} }[/math]

היא מונוטונית, חיובית ושואפת ל [math]\displaystyle{ 0 }[/math], ולכן ניתן להשתמש במבחן העיבוי.

נקבל שהטור

[math]\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}} }[/math]

מתכנס אם ורק אם הטור

[math]\displaystyle{ \sum_{n=2}^{\infty}2^n\frac{1}{{(\ln {2^n})}^{\ln {2^n}}}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n}{{(n \ln 2)}^{n \ln 2}} }[/math]

זה טור חיובי, נבדוק את התכנסותו באמצעות מבחן קושי

נחשב את גבול הסדרה

[math]\displaystyle{ \sqrt[n]{\frac{2^n}{{(n \ln 2)}^{n \ln 2}}} }[/math]

ונקבל:

[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} {\frac{2}{{(n \ln 2)}^{ \ln 2}}}=0\lt 1 }[/math]

ולכן לפי מבחן קושי הטור מתכנס.

לפי כל השיקולים שהצגנו הטור המקורי מתכנס בהחלט ולכן בוודאי שהוא מתכנס.

שאלה 5

סעיף א

נחשב את גבול הפונקציה בקצות הקטע:

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 1} x \sin (\frac{1}{x})+\frac{\sin x}{x}=1\sin 1 + \sin 1 = 2\sin 1 }[/math]

היות והפונקציה רציפה ב [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] בוודאי שיש לה שם גבול.

כמו כן:

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0} x \sin (\frac{1}{x})=0 }[/math]

כי [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0} x =0 }[/math] ו [math]\displaystyle{ \sin (\frac{1}{x}) }[/math] היא פונקציה חסומה.

ו

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1 }[/math]

ולכן לפונקציה קיים גבול גם ב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math].

זאת פונקציה רציפה ב [math]\displaystyle{ (0,1) }[/math] שהגבולות שלה בקצות הקטע קיימים ולכן היא רציפה במידה שווה על הקטע [math]\displaystyle{ (0,1) }[/math].

סעיף ב

נשים לב ש

[math]\displaystyle{ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i) }[/math]

זה ממוצע של הערכים

[math]\displaystyle{ f(x_1),\ldots , f(x_n) }[/math]

מבין הערכים האלה חייב להיות מינימום ומקסימום.

כלומר קיימים [math]\displaystyle{ i_0,i_1 }[/math] עבורם

[math]\displaystyle{ f(x_{i_0})=\min\{f(x_1),\ldots , f(x_n)\},\quad f(x_{i_1})=\max\{f(x_1),\ldots , f(x_n)\} }[/math]

ואז נקבל

[math]\displaystyle{ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)\leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_{i_1}) = f(x_{i_1}) }[/math]

ובאופן דומה

[math]\displaystyle{ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)\geq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_{i_0}) = f(x_{i_0}) }[/math]

נניח בלי הגבלת כלליות ש [math]\displaystyle{ x_{i_0}\lt x_{i_1} }[/math]

ראינו שהערך [math]\displaystyle{ \sum_{i=1}^n f(x_i) }[/math]

נמצא בין [math]\displaystyle{ f(x_{i_0}) }[/math] ל [math]\displaystyle{ f(x_{i_1}) }[/math]

וברור ש [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה על [math]\displaystyle{ [x_{i_0},x_{i_1}] }[/math]

לכן לפי משפט ערך הביניים קיים

[math]\displaystyle{ c\in (x_{i_0},x_{i_2})\subseteq (a,b) }[/math]

כך ש:

[math]\displaystyle{ f(c)=\sum_{i=1}^n f(x_i) }[/math]

וזה מראה את מה שנדרש

שאלה 6

סעיף א

לפי משפט לגרנז', קיימת [math]\displaystyle{ d\in (a,c) }[/math]

כך ש

[math]\displaystyle{ f'(d)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=\frac{f(c)}{c-a}\gt 0 }[/math]

וקיימת [math]\displaystyle{ e\in (c,b) }[/math]

כך ש

[math]\displaystyle{ f'(e)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=\frac{-f(c)}{b-c}\lt 0 }[/math]

לפי משפט לגרנז' על הפונקציה [math]\displaystyle{ f' }[/math], קיימת [math]\displaystyle{ t\in (d,e)\subseteq (a,b) }[/math]

כך ש

[math]\displaystyle{ f''(t)=\frac{f'(e)-f'(d)}{e-d} }[/math]

נשים לב ש [math]\displaystyle{ f'(e)\lt 0,\quad f'(d)\gt 0 }[/math] ו [math]\displaystyle{ e\gt d }[/math] ולכן ברור ש

[math]\displaystyle{ f''(t)\lt 0 }[/math]

כנדרש

סעיף ב

נשתמש במשפט לגרנז' על הפונקציה

[math]\displaystyle{ f(x)=\ln(x+1) }[/math] על הקטע [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] (בגלל ש [math]\displaystyle{ b\gt a\gt 0 }[/math], הפונקציה מוגדרת וגזירה בקטע זה.)

נזכור כי

[math]\displaystyle{ f'(x)=\frac{1}{x+1} }[/math]

ולכן לפי לגרנז' קיימת [math]\displaystyle{ c\in(a,b) }[/math] כך ש

[math]\displaystyle{ \frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}=\frac{1}{c+1} }[/math]

בגלל ש [math]\displaystyle{ a\lt c\lt b }[/math], ברור ש

[math]\displaystyle{ \frac{1}{b+1}\lt \frac{1}{c+1}\lt \frac{1}{a+1} }[/math]

ולכן

[math]\displaystyle{ \frac{1}{b+1}\lt \frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}\lt \frac{1}{a+1} }[/math]

כלומר

[math]\displaystyle{ \frac{b-a}{b+1}\lt \ln(b+1)-\ln(a+1)\lt \frac{b-a}{a+1} }[/math]

כלומר

[math]\displaystyle{ \frac{b-a}{b+1}\lt \ln(\frac{b+1}{a+1})\lt \frac{b-a}{a+1} }[/math]

שזה מה שרצינו להראות