88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעה/בוחן 1 - פתרון

שאלה 1 (30 נק)

סעיף א

תהיינה שתי סדרות [math]\displaystyle{ a_n,b_n }[/math] כך ש:

1. [math]\displaystyle{ \lim a_n-b_n=0 }[/math]

2. [math]\displaystyle{ \lim a_n^2+b_n^2= L\in\mathbb{R} }[/math]

הוכיחו/הפריכו:

[math]\displaystyle{ \lim a_n^2-b_n^2= 0 }[/math]

פתרון משופר ומעודכן: הטענה נכונה. נשים לב ש

[math]\displaystyle{ (a_n)^2-(b_n)^2=(a_n+b_n)(a_n-b_n) }[/math]

עכשיו, ידוע כי [math]\displaystyle{ \displaystyle{\lim_{n\to \infty}} a_n-b_n=0 }[/math]

לכן אם נוכיח כי [math]\displaystyle{ a_n+b_n }[/math] היא סדרה חסומה, נקבל כי אכן [math]\displaystyle{ \displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_n^2-b_n^2= 0 }[/math].

לכן נותר להוכיח כי [math]\displaystyle{ a_n+b_n }[/math] סדרה חסומה.

היות ש [math]\displaystyle{ \displaystyle{\lim_{n\to \infty}} (a_{n})^2+(b_{n})^2=L\in\mathbb{R} }[/math]

נקבל כי הסדרה [math]\displaystyle{ (a_{n})^2+(b_{n})^2 }[/math] חסומה.

אבל [math]\displaystyle{ 0\leq(a_{n})^2\leq(a_{n})^2+(b_{n})^2 }[/math]

ולכן גם [math]\displaystyle{ (a_{n})^2 }[/math] סדרה חסומה ולכן גם [math]\displaystyle{ a_n }[/math] חסומה.

באופן דומה מראים ש [math]\displaystyle{ b_n }[/math] חסומה ולכן גם סכומן חסום כנדרש.

סעיף ב

תהי סדרה [math]\displaystyle{ a_n }[/math] וקבוע [math]\displaystyle{ 0\lt q\lt 1 }[/math] כך ש

[math]\displaystyle{ \forall n\geq 2: |a_{n+1}-a_n|\leq q\cdot|a_n-a_{n-1}| }[/math]

הוכיחו כי [math]\displaystyle{ a_n }[/math] מתכנסת.

(רמז: יש בשאלה הזו קושי)

פתרון: יש פתרון כאן

מערך תרגול על סדרות קושי

שאלה 2 (40 נק)

סעיף א

לכל שתי קבוצות לא ריקות וחסומות מלעיל.

1. הוכיחו/הפריכו: [math]\displaystyle{ sup(A\cap B)=min\{sup(A),sup(B)\} }[/math]

2. הוכיחו/הפריכו: [math]\displaystyle{ sup(A\cup B)=max\{sup(A),sup(B)\} }[/math]

פתרון:

1) לא נכון. ניקח [math]\displaystyle{ A=\{1,2\} }[/math] ו [math]\displaystyle{ B=\{1,3\} }[/math]

אז [math]\displaystyle{ \sup(A\cap B) = 1 }[/math]

אבל [math]\displaystyle{ \min\{\sup(A),\sup(B)\}=2 }[/math]

2) נכון.

בלי הגבלת כלליות נניח ש [math]\displaystyle{ \sup(B)\leq\sup(A) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \max\{\sup(A),\sup(B)\}=\sup(A) }[/math]

נסמן [math]\displaystyle{ \sup(A)=s }[/math].

נוכיח ש [math]\displaystyle{ s }[/math] מקיים את שתי התכונות של[math]\displaystyle{ \sup(A\cup B) }[/math]

תכונה א) חסם מלעיל: יהי [math]\displaystyle{ x\in A\cup B }[/math]. אם [math]\displaystyle{ x\in A }[/math] אז בוודאי

[math]\displaystyle{ x\leq \sup(A) = s }[/math]

ואם [math]\displaystyle{ x\in B }[/math] אז

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

ולכן [math]\displaystyle{ s }[/math] אכן חסם מלעיל של [math]\displaystyle{ A\cup B }[/math]

תכונה ב) חסם מלעיל הכי קטן: נניח ש [math]\displaystyle{ m\lt s }[/math] (צריך להראות ש [math]\displaystyle{ m }[/math] אינו חסם מעליל של [math]\displaystyle{ A\cup B }[/math])

היות ש [math]\displaystyle{ m\lt s=\sup(A) }[/math] אז קיים [math]\displaystyle{ a\in A }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ m\lt a }[/math] (לפי תכונה של חסם עליון של [math]\displaystyle{ A }[/math])

אבל בוודאי [math]\displaystyle{ a\in A\cup B }[/math] כלומר קיים איבר [math]\displaystyle{ a\in A\cup B }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ m\lt a }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ m }[/math] אינו חסם מלעיל של [math]\displaystyle{ A\cup B }[/math] כנדרש.

אכן הוכחנו כי [math]\displaystyle{ s }[/math] חסם עליון של [math]\displaystyle{ A\cup B }[/math]. ובזה סיימנו.

סעיף ב

נניח [math]\displaystyle{ \lim a_n-b_n=0 }[/math].

הוכיחו/הפריכו: [math]\displaystyle{ \overline{\lim}a_n=\overline{\lim}b_n }[/math]

פתרון: הטענה נכונה.

תהי [math]\displaystyle{ a_{n_k} }[/math] תת סדרה של [math]\displaystyle{ a_n }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ \displaystyle{\lim_{n\to\infty}{a_{n_k}}}=\overline{\lim}a_n }[/math]

(הרי יש תת סדרה שמתכנסת לגבול העליון)

היות ש [math]\displaystyle{ \displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_n-b_n=0 }[/math],

אז כמובן ש [math]\displaystyle{ \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{ \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]\displaystyle{ \overline{\lim}a_n }[/math] הוא גם גבול חלקי של [math]\displaystyle{ b_n }[/math] ולכן

[math]\displaystyle{ \overline{\lim}a_n\leq \overline{\lim}b_n }[/math] (כי [math]\displaystyle{ \overline{\lim}b_n }[/math] הוא הגבול החלקי הגדול ביותר)

בדרך דומה מוכיחים

[math]\displaystyle{ \overline{\lim}a_n\geq \overline{\lim}b_n }[/math]

ולכן

[math]\displaystyle{ \overline{\lim}a_n = \overline{\lim}b_n }[/math]

כנדרש

שאלה 3 (30 נק)

סעיף א

תהי סדרה המוגדרת ע"י כלל הנסיגה

[math]\displaystyle{ a_1=1 }[/math]

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=1 + \frac{|a_n|}{2} }[/math]

הוכיחו כי הסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה

פתרון:

נרצה להוכיח כי הסדרה מונוטונית עולה וחסומה.

ראשית נשים לב שהסדרה חיובית כי תמיד [math]\displaystyle{ a_n=1+\frac{|a_n|}{2}\gt 0 }[/math]. (וגם [math]\displaystyle{ a_1=1\gt 0 }[/math])

לכן אפשר לכתוב את הסדרה

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2} }[/math]

כעת נוכיח באינדוקציה שהיא מונוטונית עולה:

1) מונוטונית עולה: צריך להראות ש [math]\displaystyle{ a_{n+1}\geq a_n }[/math]

עבור: [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] זה אכן נכון כי

[math]\displaystyle{ a_2=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\gt 1=a_1 }[/math]

נניח שהטענה הכונה עבור [math]\displaystyle{ n }[/math] כלומר: [math]\displaystyle{ a_{n+1}\geq a_n }[/math]

נוכיח עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] כלומר נוכיח כי

[math]\displaystyle{ a_{n+2}\geq a_{n+1} }[/math]

זה נכון מפני ש

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ a_n\leq 2 }[/math].

עבור [math]\displaystyle{ n=1 }[/math] אכן [math]\displaystyle{ a_1=1\lt 2 }[/math].

נניח שעבור [math]\displaystyle{ n }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ a_n\leq 2 }[/math].

אז גם עבור [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] מתקיים

[math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ L }[/math].

נמצא את הגבול באמצעות הטריק הרגיל.

נפעיל [math]\displaystyle{ \displaystyle{\lim_{n\to\infty}} }[/math] בשני אגפים של המשוואה

[math]\displaystyle{ a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2} }[/math]

ונקבל

[math]\displaystyle{ L=1+\frac{L}{2} }[/math]

כלומר

[math]\displaystyle{ L=2 }[/math].

ובזה סיימנו את הפתרון.

סעיף ב

קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים

1)

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

פתרון: נשים לב ש

[math]\displaystyle{ \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{ =\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]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac{2^n+(-2)^n}{3^n} }[/math]

פתרון: נשים לב שזה בעצם סכום של שני הטורים

[math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ -1 }[/math] ל [math]\displaystyle{ 1 }[/math] ולכן הוא טור מתכנס.

ולכן גם סכומם שהוא הטור שלנו, מתכנס.