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

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

חזרה לסדרות

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 האיבר הראשון של הסדרה, התמונה של 2 היא האיבר השני וכן הלאה.

גבול של סדרה

תהי סדרת מספרים ממשיים \{a_n\}_1^{\infty}=a_1,a_2,a_3,\ldots, (כך ש a_1,a_2,a_3,\ldots\in\R).

לדוגמא:

\bigg\{\frac1{2^n}\bigg\}_1^{\infty}=\frac12,\frac14,\frac18,\ldots

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

הגדרת הגבול

הגדרה. תהי a_n סדרה של מספרים ממשיים. אזי מספר ממשי L\in\R נקרא גבול הסדרה a_n אם לכל \epsilon>0 קיים N_\epsilon\in\N כך שלכל n>N_\epsilon מתקיים |a_n-L|<\epsilon.

במקרה זה מסמנים \lim\limits_{n\to\infty}a_n=L .

הסבר ההגדרה

נתרגם את זה למילים. למדנו ש\epsilon>0 מודד אורך, מספר טבעי N_\epsilon\in\N מסמל מקום בסדרה, וערך מוחלט של הפרש מודד מרחק בין שני האיברים. 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 (\epsilon>0) [סיר]

קיים מקום בסדרה (N_\epsilon\in\N) [מכסה]

כך שהחל ממנו והלאה (לכל n>N_\epsilon) מתקיים שהמרחק בין איברי הסדרה והנקודה L קטן מהאורך \epsilon (|a_n-L|<\epsilon) [מתאים לו]

דוגמאות

תרגיל. מצא את גבול הסדרה \lim\limits_{n\to\infty}\frac{n-1}{n}

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

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

כעת, אנו רוצים למצוא מקום בסדרה שהחל ממנו והלאה איברי הסדרה קרובים לאחד עד כדי \epsilon . כלומר:

\bigg|\frac{n-1}{n}-1\bigg|<\epsilon

נפתח את הביטוי.

\bigg|\frac{n-1}{n}-1\bigg|=\bigg|-\frac1{n}\bigg|=\frac1{n}

כעת, אנו מעוניינים כי יתקיים \frac1{n}<\epsilon . זה נכון אם"ם n>\frac1{\epsilon} .

נבחר, אפוא, N_\epsilon>\frac1{\epsilon} כלשהו (מותר כיון שאחרת המספרים הטבעיים היו חסומים, וידוע שאין חסם עליון למספרים הטבעיים). לכן ברור כי לכל n>N_\epsilon מתקיים n>N_\epsilon>\frac1{\epsilon} ולכן איברי הסדרה קרובים ל- 1 עד כדי \epsilon כפי שרצינו. \blacksquare


תרגיל. הוכיחו לפי הגדרה כי מתקיים: \lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2-n+1}{3n^2+2n+1}=\frac13


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

ננחש את הגבול ע"י הצבה במחשבון (או אינטואיציה מבריקה) להיות 1. כעת, יהי \epsilon>0 , נוכיח כי קיים מקום בסדרה החל ממנו איברי הסדרה קרובים ל- 1 עד כדי \epsilon . כלומר, |a_n-1|<\epsilon .

זה שקול ל- -\epsilon<a_n-1<\epsilon

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

כיון ש- n\ge 1 הצד השמאלי טריוויאלי (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_\epsilon כך שלכל n>N_\epsilon מתקיים \sqrt[n]{n}<1+\epsilon

כלומר, אנו רוצים שיתקיים n<(1+\epsilon)^n

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

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

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

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

n<\frac{n(n-1)}{2}\epsilon^2
1<\frac{n-1}{2}\epsilon^2
n-1>\frac{2}{\epsilon^2}
n>\frac{2}{\epsilon^2}+1

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 . \blacksquare

שלילת גבול

שלילת הגבול.

L אינו גבול של סדרה אם קיים \epsilon>0 כך שלכל N\in\N קיים n>N כך ש- |a_n-L|\ge\epsilon .


תרגיל. הוכח שלסדרה a_n=(-1)^n לא קיים גבול.

נניח בשלילה שקיים גבול L ממשי כלשהו. נניח עוד כי L אי-שלילי (ההוכחה עבור השליליים תהא דומה).
ניקח \epsilon = 1 (הרי צריך להוכיח כי קיים \epsilon). כעת, יהי N\in\N וניקח n אי-זוגי גדול ממנו. במקרה זה |a_n-L|=|-1-L|=1+L\ge 1=\epsilon כפי שרצינו. (שימו לב שהורדנו את הערך המוחלט בעזרת ההנחה כי L אינו שלילי.) \blacksquare

אריתמטיקה (חשבון) של גבולות

משפט. תהי a_n\to L (סדרה השואפת לגבול L) ותהי b_n\to K אזי:

  • \lim_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=L\pm K
  • \lim_{n\to\infty}(a_n\cdot b_n)=L\cdot K
  • אם K\ne 0 אזי \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\frac{L}{K}

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

פתרון.

נחלק את המונה ואת המכנה ב- n^7 . נקבל a_n=\frac{3+5n^{-5}+n^{-7}}{6+n^{-3}}. חזקות שליליות של n שואפות ל- 0 ולכן לפי אריתמטיקה של גבולות אנו רואים כי הגבול שווה ל- \frac36=\frac12.


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=\frac1{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=\frac1{n}\ ,\ b_n=n אזי
\lim_{n\to\infty}(a_n\cdot b_n)=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n}=1
  • a_n=\frac1{n}\ ,\ b_n=n^2\big((-1)^n+1\big) אזי
\not\exists\lim_{n\to\infty}(a_n\cdot b_n)=\lim_{n\to\infty}\bigg[(-1)^n+1\bigg] (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 האיברים שנמצאים בסדרה חסומה מלעיל ומלרע).

הוכח: a_n\cdot b_n\to 0

הוכחה. יהי \epsilon>0, צריך למצוא מקום בסדרה שהחל ממנו והלאה מתקיים \bigg|a_n\cdot b_n-0\bigg|<\epsilon .

|a_n\cdot b_n|=|a_n|\cdot |b_n|\leq M\cdot |a_n|. מכיון שידוע כי הסדרה a_n שואפת ל- 0, יש מקום מסוים שהחל ממנו והלאה מתקיים |a_n|<\frac{\epsilon}{M} (כיון ש\frac{\epsilon}{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{\epsilon}{M}=\epsilon כפי שרצינו. \blacksquare

דוגמא. \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin(n)}{\ln(n)}=0


תרגיל. מצא את הגבול \lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sqrt{n^2+1}-n\Big]

פתרון.

\lim_{n\to\infty}\Big[\sqrt{n^2+1}-n\Big]=\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}\frac1{\sqrt{n^2+1}+n}=0

אי-שוויון הממוצעים

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

לכל n מספרים ממשיים חיוביים x_1,\ldots,x_n מתקיים:

\frac{n}{\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}}\le \sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n} \le \frac{x_1+x_2+\cdots+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\}^\infty_{n=1} היא סדרת מספרים חיוביים המתכנסת לגבול L אזי מתקיים: \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1\cdot a_2\cdots a_n}=L .


משפט.
תהי \{a_n\}^\infty_{n=1} סדרת מספרים חיוביים. אם קיים הגבול \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n-1}} אזי הסדרה \{\sqrt[n]{a_n}\}^\infty_{n=1} מתכנסת ומתקיים השוויון: \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n-1}} .

הוכחה:
נגדיר סדרה \{b_m\}^{\infty}_{n=1} על-ידי b_1=a_1 ו- b_n=\frac{a_n}{a_{n-1}} לכל n>1. זוהי סדרה של מספרים חיוביים ולכן על-פי הטענה הקודמת מתקיים:

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{b_1\cdot b_2\cdots b_n}=\lim_{n\to\infty} b_n=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n-1}} .

ברור כי

b_1\cdot b_2\cdots b_n=\frac{a_1}{1}\cdot\frac{a_2}{a_1}\cdots\frac{a_n}{a_{n-1}}=a_n

ולכן קיבלנו כי \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n-1}} . \blacksquare


כעת נוכיח בדרך אחרת כי \lim\limits_{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 . \blacksquare


תרגיל. תהי \{x_n\} סדרה המתכנסת לגבול a .

א. הוכיחו כי אם קיים הגבול L=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} אזי |L|\le 1.

פתרון.
אם \lim\limits_{n\to\infty}x_n\ne 0 נקבל \lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}x_{n+1}}{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}=\frac{a}{a}=1.

אחרת, \lim\limits_{n\to\infty}x_n=0 . מאי-שוויון המשולש נקבל \Bigg|\bigg|\frac{x_{n+1}}{x_n}\bigg|-|L|\Bigg|\le \bigg|\frac{x_{n+1}}{x_n}-L\bigg|<\epsilon\ ,\ \forall n>N_\epsilon.

נובע כי |x_{n+1}|>(|L|-\epsilon)|x_n|\ ,\ \forall n>N_\epsilon.

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

בסתירה לכך ש- \lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}|x_n|=0 . \blacksquare


ב. תנו דוגמה לסדרה מתכנסת \{x_n\} עבורה \lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} אינו קיים.

פתרון.

נתבונן בסדרה x_n=\left \{\begin{array}{cl}\frac1{n} & n~ {\rm odd}\\0 & n~{\rm even}\\\end{array}\right.

ברור כי \lim\limits_{n\to\infty}x_n=0 ו- \lim\limits_{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\le b_n\le c_n וגם ידוע כי \lim a_n=\lim c_n =L אזי בהכרח \lim b_n = L .


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

פתרון.

3^n\le 2^n+3^n\le 3^n+3^n = 2\cdot 3^n

לכן,

3=(3^n)^\frac1{n}\le (2^n+3^n)^\frac1{n}\le (2\cdot 3^n)^\frac1{n}=2^\frac1{n}\cdot 3

כיון שמתקיים

\lim 2^\frac1{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 ש-M בדומה ל- \epsilon מודד מרחק, אך מכיון שההגבלה כאן היא חמורה יותר כאשר המרחק גדול (בניגוד לקטן) אנו מסמנים מרחק זה באות M ולא באות \epsilon. 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\cdots \frac{n}{2} \cdots n (המקרה בו n אינו זוגי מאד דומה אך דורש התעסקות עדינה יותר, לא נפרט לגביו).
  • נקטין את החצי הראשון של האיברים להיות 1, ואת החצי השני של האיברים להיות \frac{n}{2} ונקבל:
n!\ge\frac{n}{2}\cdots\frac{n}{2}=\bigg(\frac{n}{2}\bigg)^\frac{n}{2}

ולכן,

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

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