שינויים
/* שאלה 1 (30 נק) */
'''הוכיחו/הפריכו:'''
::<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===
(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)==
::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>
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===
::'''הוכיחו/הפריכו:''' <math>\overline{\lim}a_n=\overline{\lim}b_n</math>
פתרון: הטענה נכונה.
תהי <math>a_{n_k}</math> תת סדרה של <math>a_n</math> כך ש
<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)==
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===
קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים
1)
::<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>
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.
