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

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

שאלה 1

סעיף ב

ידוע כי \liminf_{n\rightarrow \infty}(a_n \cdot n)>0

נניח ש

\liminf_{n\rightarrow \infty}(a_n \cdot n)=c>0


נסמן b_n=a_n\cdot n

כלומר

\liminf_{n\rightarrow \infty}b_n=c>0


טענת עזר: קיים N כך שאם n>N אז b_n>\frac{c}{2}

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

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

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

נשים לב ש b_n היא חסומה מלרע ולכן b_{n_k} חסומה גם מלעיל וגם מלרע.

לכן ל b_{n_k} יש תת סדרה מתכנסת b_{n_{k_l}} כך ש

\lim_{l\rightarrow\infty}b_{n_{k_l}}\leq \frac {c}{2}

וזאת בסתירה לכך ש \liminf_{n\rightarrow \infty}b_n=c>\frac{c}{2}

זה מוכיח את טענת העזר.

כעת, אנחנו יודעים שהחל מ N\in \mathbb{N} כלשהוא מתקיים

b_n>\frac{c}{2}

אבל בגלל ש b_n=a_n\cdot n זה אומר שהחל מאותו N\in \mathbb{N} מתקיים

a_n > \frac{c}{2} \frac{1}{n}

בגלל שהטור \ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} מתבדר

נובע ממבחן ההשוואה לטורים חיוביים שגם הטור \ \sum_{n=1}^\infty  a_n מתבדר.

שאלה 2

סעיף א

טענת עזר: אם A,B קבוצות חסומות מלעיל אז


\sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B)


הוכחה: נוכיח שהמספר \sup(A)+\sup(B) מקיים את התכונות של \sup(A+B)

  • תכונה א': חסם מלעיל של A+B. הוכחה:


אם x\in A+B אז ניתן לכתוב x=a+b כאשר a\in A, b\in B.

היות ו a\leq \sup(A) ו b\leq \sup(B) מתקיים

x=a+b\leq \sup(A)+\sup(B)


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

יהי y איזשהוא חסם מלעיל של A+B

נניח בשלילה ש y<\sup(A)+\sup(B)

אז נקבל ש y-\sup(B)<\sup(A)

ולכן קיים a\in A כך ש y-\sup(B)<a

מכאן נקבל y-a<\sup(B)

ולכן קיים b\in B כך ש y-a<b

ולכן y<a+b\in A+B

בסתירה לכך ש y חסם מלעיל של A+B

לכן בהכרח מתקיים \sup(A)+\sup(B)\leq y

לסיכום: הוכחנו שהמספר \sup(A)+\sup(B) מקיים את שתי התכונות של חסם עליון

ולכן \sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B). מש"ל טענת עזר.

עכשיו קל להוכיח את הדרוש:

\sup(A+B+C)=\sup(A+B)+\sup(C)=\sup(A)+\sup(B)+\sup(C)

מש"ל.

סעיף ב

הפרכה פשוטה, ניקח a_n=-\frac{1}{n} ו b_n=\frac{1}{n}

מתקיים שלכל n\in \mathbb{N} a_n<b_n (ולכן בוודאי שזה מקיים כמעט לכל n\in \mathbb{N}).

אבל

\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\lim_{n\rightarrow \infty}b_n=0


שתי הערות: א) כמעט לכל n פירושו: לכל n פרט למספר סופי של מקרים.

אן לחילופין: קיים N\in \mathbb{N} כך שהטענה מתקיימת לכל n>N.

ב) כמובן שהטענה הבאה נכונה

אם a_n\leq b_n ו

\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=a,\quad \lim_{n\rightarrow \infty}b_n=b

אז

a\leq b.


שאלה 3

סעיף א

a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}


נשים לב שבסכום זה יש n מחוברים. כאשר מספר המחוברים תלוי ב n אי אפשר להשתמש באריתמטיקה של גבולות.

במקרה הזה נשתמש במשפט הסנדויץ.

נגדיר:

b_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}

בגלל ש n^2+1\leq n^2+i (כאשר 1\leq i\leq n)

ברור ש

\frac{1}{\sqrt{n^2+i}}\leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}

ולכן a_n\leq b_n

בצורה דומה נגדיר

c_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}

ויתקיים

c_n\leq a_n

\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

ו


\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

לכן לפי כלל הסנדויץ

\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=1


סעיף ב

a_{n+1}=\frac{(n-1)x_0 a_n}{n^2-1} כאשר a_2>0 ו x_0>1.


נשים לב ש

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

ולכן

a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}


  • טענה: לכל n\in \mathbb{N} מתקיים a_n>0


הוכחה: באינדוקציה, ידוע כבר כי a_2>0 אבל אם a_n>0 בהכרח יתקיים

a_{n+1}>0 כי x_0>0 ו \frac{1}{n+1}>0.


  • טענה: עבור n>x_0 מתקיים a_{n+1}<a_n.

כלומר הסדרה יורדת אם n>x_0.

הוכחה: אם n>x_0 אז \frac{x_0}{n+1}<1 ולכן

a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}<a_n (נשים לב שכאן משתמשים בכך ש a_n>0)


קיבלנו שהחל מ N\in \mathbb{N} כלשהוא, הסדרה היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע.

בגלל שמספר סופי של איברים לא משנה את גבול הסדרה, נקבל ש a_n מתכנסת (כי החל מנקודה מסוימת היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע).

נותר רק למצוא את גבולה.

נניח ש

\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=L

וברור ש

\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{x_0}{n+1}=0

ולכן מתקיים

\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

לכן הגבול הוא 0.


שאלה 4

סעיף א

ראשית נשים לב שמשפט לייבניץ לא עובד כאן. כי לייבניץ דורש (בין השאר) ש a_n היא סדרה מונוטונית יורדת.

את הטענה ניתן להפריך.

נבחר

a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{n}


אזי בוודאי מתקיים

\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=0

אבל

\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}

שהוא טור מתבדר.

סעיף ב

  • חלק א':

נשים לב שהטור

\sum_{n=2}^{\infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{n(n-1)}

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

נשתמש במבחן קושי להתכנסות טורים חיוביים:

נביט על הסדרה:

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

נחשב את הגבול

\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}
<1

(שימו לב ש

\lim_{n\rightarrow \infty}{(1+\frac{x}{a_n})}^{a_n}=e^x כאשר \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\infty )

ולכן לפי מבחן קושי הטור מתכנס

  • חלק ב

\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\sin(nx)}{{(\ln n)}^{\ln n}}

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

\sum_{n=2}^{\infty}\frac{|\sin(nx)|}{{(\ln n)}^{\ln n}}

מתכנס.

אנחנו נראה שהוא מתכנס.

ראשית, נשים לב ש

|\sin(nx)|\leq 1 ולכן לפי מבחן ההשוואה לטורים חיוביים, מספיק להראות שהטור

\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}

מתכנס.

היות ויש כאן הרבה \ln, אנו נרצה לנסות את מבחן העיבוי.

הסדרה \frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}

היא מונוטונית, חיובית ושואפת ל 0, ולכן ניתן להשתמש במבחן העיבוי.

נקבל שהטור

\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}

מתכנס אם ורק אם הטור

\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}}

זה טור חיובי, נבדוק את התכנסותו באמצעות מבחן קושי

נחשב את גבול הסדרה

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

ונקבל:

\lim_{n\rightarrow \infty} {\frac{2}{{(n \ln 2)}^{ \ln 2}}}=0<1

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:

\lim_{x\rightarrow 1} x \sin (\frac{1}{x})+\frac{\sin x}{x}=1\sin 1 + \sin 1 = 2\sin 1

היות והפונקציה רציפה ב x=1 בוודאי שיש לה שם גבול.

כמו כן:

\lim_{x\rightarrow 0} x \sin (\frac{1}{x})=0

כי \lim_{x\rightarrow 0} x =0 ו \sin (\frac{1}{x}) היא פונקציה חסומה.

ו

\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1

ולכן לפונקציה קיים גבול גם ב x=0.

זאת פונקציה רציפה ב (0,1) שהגבולות שלה בקצות הקטע קיימים ולכן היא רציפה במידה שווה על הקטע (0,1).

סעיף ב

נשים לב ש

\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)

זה ממוצע של הערכים

f(x_1),\ldots , f(x_n)

מבין הערכים האלה חייב להיות מינימום ומקסימום.

כלומר קיימים i_0,i_1 עבורם

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)\}

ואז נקבל

\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})

ובאופן דומה

\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})

נניח בלי הגבלת כלליות ש x_{i_0}<x_{i_1}

ראינו שהערך \sum_{i=1}^n f(x_i)

נמצא בין f(x_{i_0}) ל f(x_{i_1})

וברור ש f רציפה על [x_{i_0},x_{i_1}]

לכן לפי משפט ערך הביניים קיים

c\in (x_{i_0},x_{i_2})\subseteq (a,b)

כך ש:

f(c)=\sum_{i=1}^n f(x_i)

וזה מראה את מה שנדרש

שאלה 6

סעיף א

לפי משפט לגרנז', קיימת d\in (a,c)

כך ש

f'(d)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=\frac{f(c)}{c-a}>0

וקיימת e\in (c,b)

כך ש

f'(e)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=\frac{-f(c)}{b-c}<0

לפי משפט לגרנז' על הפונקציה f', קיימת t\in (d,e)\subseteq (a,b)

כך ש

f''(t)=\frac{f'(e)-f'(d)}{e-d}

נשים לב ש f'(e)<0,\quad f'(d)>0 ו e>d ולכן ברור ש

f''(t)<0

כנדרש

סעיף ב

נשתמש במשפט לגרנז' על הפונקציה

f(x)=\ln(x+1) על הקטע [a,b] (בגלל ש b>a>0, הפונקציה מוגדרת וגזירה בקטע זה.)

נזכור כי

f'(x)=\frac{1}{x+1}

ולכן לפי לגרנז' קיימת c\in(a,b) כך ש

\frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}=\frac{1}{c+1}

בגלל ש a<c<b, ברור ש

\frac{1}{b+1}<\frac{1}{c+1}<\frac{1}{a+1}

ולכן

\frac{1}{b+1}<\frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}<\frac{1}{a+1}

כלומר

\frac{b-a}{b+1}<\ln(b+1)-\ln(a+1)<\frac{b-a}{a+1}

כלומר

\frac{b-a}{b+1}<\ln(\frac{b+1}{a+1})<\frac{b-a}{a+1}

שזה מה שרצינו להראות