השינוי האחרון נעשה בֹ־1 בפברואר 2013 ב־06:52

הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעג/פתרון מועד א - גרסת שנפס"

(יצירת דף עם התוכן "==שאלה 1== ===סעיף ב=== ידוע כי <math>\liminf_{n\rightarrow \infty}(a_n \cdot n)>0</math> נניח ש <math>\liminf_{n\rightarrow \infty}(a_n \cd...")
 
(←‏סעיף ב)
 
(9 גרסאות ביניים של אותו משתמש אינן מוצגות)
שורה 50: שורה 50:
  
 
נובע ממבחן ההשוואה לטורים חיוביים שגם הטור <math>\ \sum_{n=1}^\infty  a_n</math> מתבדר.
 
נובע ממבחן ההשוואה לטורים חיוביים שגם הטור <math>\ \sum_{n=1}^\infty  a_n</math> מתבדר.
 +
 +
==שאלה 2==
 +
 +
===סעיף א===
 +
 +
טענת עזר: אם <math>A,B</math> קבוצות חסומות מלעיל אז
 +
 +
 +
<math>\sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B)</math>
 +
 +
 +
הוכחה: נוכיח שהמספר <math>\sup(A)+\sup(B)</math>  מקיים את התכונות של <math>\sup(A+B)</math>
 +
 +
* תכונה א': חסם מלעיל של <math>A+B</math>. הוכחה:
 +
 +
 +
אם <math>x\in A+B</math> אז ניתן לכתוב <math>x=a+b</math> כאשר <math>a\in A, b\in B</math>.
 +
 +
היות ו <math>a\leq \sup(A)</math> ו <math>b\leq \sup(B)</math> מתקיים
 +
 +
<math>x=a+b\leq \sup(A)+\sup(B)</math>
 +
 +
 +
* תכונה ב': החסם המלעיל הכי קטן. הוכחה:
 +
 +
יהי <math>y</math> איזשהוא חסם מלעיל של <math>A+B</math>
 +
 +
נניח בשלילה ש <math>y<\sup(A)+\sup(B)</math>
 +
 +
אז נקבל ש <math>y-\sup(B)<\sup(A)</math>
 +
 +
ולכן קיים <math>a\in A</math> כך ש <math>y-\sup(B)<a</math>
 +
 +
מכאן נקבל <math>y-a<\sup(B)</math>
 +
 +
ולכן קיים <math>b\in B</math> כך ש <math>y-a<b</math>
 +
 +
ולכן <math>y<a+b\in A+B</math>
 +
 +
בסתירה לכך ש <math>y</math> חסם מלעיל של <math>A+B</math>
 +
 +
לכן בהכרח מתקיים <math>\sup(A)+\sup(B)\leq y</math>
 +
 +
לסיכום: הוכחנו שהמספר <math>\sup(A)+\sup(B)</math> מקיים את שתי התכונות של חסם עליון
 +
 +
ולכן <math>\sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B)</math>. מש"ל טענת עזר.
 +
 +
עכשיו קל להוכיח את הדרוש:
 +
 +
<math>\sup(A+B+C)=\sup(A+B)+\sup(C)=\sup(A)+\sup(B)+\sup(C)</math>
 +
 +
מש"ל.
 +
 +
===סעיף ב===
 +
 +
הפרכה פשוטה, ניקח <math>a_n=-\frac{1}{n}</math> ו <math>b_n=\frac{1}{n}</math>
 +
 +
מתקיים שלכל <math>n\in \mathbb{N}</math>
 +
<math>a_n<b_n</math>
 +
(ולכן בוודאי שזה מקיים כמעט לכל <math>n\in \mathbb{N}</math>).
 +
 +
אבל
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\lim_{n\rightarrow \infty}b_n=0</math>
 +
 +
 +
שתי הערות:
 +
א) כמעט לכל <math>n</math> פירושו: לכל <math>n</math> פרט למספר סופי של מקרים.
 +
 +
אן לחילופין: קיים <math>N\in \mathbb{N}</math> כך שהטענה מתקיימת לכל <math>n>N</math>.
 +
 +
ב) כמובן שהטענה הבאה נכונה
 +
 +
אם <math>a_n\leq b_n</math> ו
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=a,\quad \lim_{n\rightarrow \infty}b_n=b</math>
 +
 +
אז
 +
 +
<math>a\leq b</math>.
 +
 +
 +
==שאלה 3==
 +
 +
===סעיף א===
 +
 +
<math>a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}</math>
 +
 +
 +
נשים לב שבסכום זה יש <math>n</math> מחוברים. כאשר מספר המחוברים תלוי ב <math>n</math> אי אפשר להשתמש באריתמטיקה של גבולות.
 +
 +
במקרה הזה נשתמש במשפט הסנדויץ.
 +
 +
נגדיר:
 +
 +
<math>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>n^2+1\leq n^2+i</math> (כאשר <math>1\leq i\leq n</math>)
 +
 +
ברור ש
 +
 +
<math>\frac{1}{\sqrt{n^2+i}}\leq \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} </math>
 +
 +
ולכן <math>a_n\leq b_n</math>
 +
 +
בצורה דומה נגדיר
 +
 +
<math>c_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}</math>
 +
 +
ויתקיים
 +
 +
<math>c_n\leq a_n</math>
 +
 +
<math>\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>\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>\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=1</math>
 +
 +
 +
===סעיף ב===
 +
 +
<math>a_{n+1}=\frac{(n-1)x_0 a_n}{n^2-1}</math> כאשר <math>a_2>0</math> ו <math>x_0>1</math>.
 +
 +
 +
נשים לב ש
 +
 +
<math>\frac{(n-1)}{n^2-1}=\frac{n-1}{(n-1)(n+1)}=\frac{1}{n+1}</math>
 +
 +
ולכן
 +
 +
<math>a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}</math>
 +
 +
 +
*טענה: לכל <math>n\in \mathbb{N}</math> מתקיים <math>a_n>0</math>
 +
 +
 +
הוכחה: באינדוקציה, ידוע כבר כי <math>a_2>0</math> אבל אם <math>a_n>0</math> בהכרח יתקיים
 +
 +
<math>a_{n+1}>0</math> כי <math>x_0>0</math> ו <math>\frac{1}{n+1}>0</math>.
 +
 +
 +
 +
*טענה: עבור <math>n>x_0</math> מתקיים <math>a_{n+1}<a_n</math>.
 +
 +
כלומר הסדרה יורדת אם <math>n>x_0</math>.
 +
 +
הוכחה: אם <math>n>x_0</math> אז <math>\frac{x_0}{n+1}<1</math> ולכן
 +
 +
<math>a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}<a_n</math> (נשים לב שכאן משתמשים בכך ש <math>a_n>0</math>)
 +
 +
 +
 +
קיבלנו שהחל מ <math>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>a_n</math> מתכנסת (כי החל מנקודה מסוימת היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע).
 +
 +
נותר רק למצוא את גבולה.
 +
 +
נניח ש
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=L</math>
 +
 +
וברור ש
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{x_0}{n+1}=0</math>
 +
 +
ולכן מתקיים
 +
 +
<math>\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>0</math>.
 +
 +
 +
==שאלה 4==
 +
 +
===סעיף א===
 +
ראשית נשים לב שמשפט לייבניץ לא עובד כאן. כי לייבניץ דורש (בין השאר) ש <math>a_n</math> היא סדרה מונוטונית יורדת.
 +
 +
את הטענה ניתן להפריך.
 +
 +
נבחר
 +
 +
<math>a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{n}</math>
 +
 +
 +
אזי בוודאי מתקיים
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=0</math>
 +
 +
אבל
 +
 +
<math>\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>\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>\sqrt[n]{{(\frac{n-1}{n+1})}^{n(n-1)}}={(\frac{n-1}{n+1})}^{(n-1)}</math>
 +
 +
נחשב את הגבול
 +
 +
<math>\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
 +
</math>
 +
 +
(שימו לב ש
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}{(1+\frac{x}{a_n})}^{a_n}=e^x</math> כאשר
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\infty</math>
 +
)
 +
 +
ולכן לפי מבחן קושי הטור מתכנס
 +
 +
*חלק ב
 +
 +
<math>\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>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{|\sin(nx)|}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
 +
 +
מתכנס.
 +
 +
אנחנו נראה שהוא מתכנס.
 +
 +
ראשית, נשים לב ש
 +
 +
<math>|\sin(nx)|\leq 1</math> ולכן לפי מבחן ההשוואה לטורים חיוביים, מספיק להראות שהטור
 +
 +
<math>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
 +
 +
מתכנס.
 +
 +
היות ויש כאן הרבה <math>\ln</math>, אנו נרצה לנסות את מבחן העיבוי.
 +
 +
הסדרה <math>\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
 +
 +
היא מונוטונית, חיובית ושואפת ל <math>0</math>, ולכן ניתן להשתמש במבחן העיבוי.
 +
 +
נקבל שהטור
 +
 +
<math>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
 +
 +
מתכנס אם ורק אם הטור
 +
 +
<math>\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>\sqrt[n]{\frac{2^n}{{(n \ln 2)}^{n \ln 2}}}</math>
 +
 +
ונקבל:
 +
 +
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} {\frac{2}{{(n \ln 2)}^{ \ln 2}}}=0<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>\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>x=1</math>  בוודאי שיש לה שם גבול.
 +
 +
כמו כן:
 +
 +
<math>\lim_{x\rightarrow 0} x \sin (\frac{1}{x})=0</math>
 +
 +
כי <math>\lim_{x\rightarrow 0} x =0</math> ו <math>\sin (\frac{1}{x})</math> היא פונקציה חסומה.
 +
 +
ו
 +
 +
<math>\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1</math>
 +
 +
ולכן לפונקציה קיים גבול גם ב <math>x=0</math>.
 +
 +
זאת פונקציה רציפה ב <math>(0,1)</math> שהגבולות שלה בקצות הקטע קיימים ולכן היא רציפה במידה שווה על הקטע <math>(0,1)</math>.
 +
 +
===סעיף ב===
 +
נשים לב ש
 +
 +
<math>\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)</math>
 +
 +
זה ממוצע של הערכים
 +
 +
<math>f(x_1),\ldots , f(x_n)</math>
 +
 +
מבין הערכים האלה חייב להיות מינימום ומקסימום.
 +
 +
כלומר קיימים <math>i_0,i_1</math> עבורם
 +
 +
<math>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>\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>\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>x_{i_0}<x_{i_1}</math>
 +
 +
ראינו שהערך
 +
<math>\sum_{i=1}^n f(x_i)</math>
 +
 +
נמצא בין <math>f(x_{i_0})</math> ל <math>f(x_{i_1})</math>
 +
 +
וברור ש <math>f</math>
 +
רציפה על
 +
<math>[x_{i_0},x_{i_1}]</math>
 +
 +
לכן לפי משפט ערך הביניים קיים
 +
 +
<math>c\in (x_{i_0},x_{i_2})\subseteq (a,b)</math>
 +
 +
כך ש:
 +
 +
<math>f(c)=\sum_{i=1}^n f(x_i)</math>
 +
 +
וזה מראה את מה שנדרש
 +
 +
==שאלה 6==
 +
=== סעיף א===
 +
 +
לפי משפט לגרנז', קיימת <math>d\in (a,c)</math>
 +
 +
כך ש
 +
 +
<math>f'(d)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=\frac{f(c)}{c-a}>0</math>
 +
 +
וקיימת <math>e\in (c,b)</math>
 +
 +
כך ש
 +
 +
<math>f'(e)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=\frac{-f(c)}{b-c}<0</math>
 +
 +
לפי משפט לגרנז' על הפונקציה <math>f'</math>, קיימת <math>t\in (d,e)\subseteq (a,b)</math>
 +
 +
כך ש
 +
 +
<math>f''(t)=\frac{f'(e)-f'(d)}{e-d}</math>
 +
 +
נשים לב ש <math>f'(e)<0,\quad f'(d)>0</math> ו <math>e>d</math> ולכן ברור ש
 +
 +
<math>f''(t)<0</math>
 +
 +
כנדרש
 +
 +
===סעיף ב===
 +
 +
נשתמש במשפט לגרנז' על הפונקציה
 +
 +
<math>f(x)=\ln(x+1)</math> על הקטע <math>[a,b]</math> (בגלל ש <math>b>a>0</math>, הפונקציה מוגדרת וגזירה בקטע זה.)
 +
 +
נזכור כי
 +
 +
<math>f'(x)=\frac{1}{x+1}</math>
 +
 +
ולכן לפי לגרנז' קיימת <math>c\in(a,b)</math> כך ש
 +
 +
<math>\frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}=\frac{1}{c+1}</math>
 +
 +
בגלל ש <math>a<c<b</math>, ברור ש
 +
 +
<math>\frac{1}{b+1}<\frac{1}{c+1}<\frac{1}{a+1}</math>
 +
 +
ולכן
 +
 +
<math>\frac{1}{b+1}<\frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}<\frac{1}{a+1}</math>
 +
 +
כלומר
 +
 +
<math>\frac{b-a}{b+1}<\ln(b+1)-\ln(a+1)<\frac{b-a}{a+1}</math>
 +
 +
כלומר
 +
 +
<math>\frac{b-a}{b+1}<\ln(\frac{b+1}{a+1})<\frac{b-a}{a+1}</math>
 +
 +
שזה מה שרצינו להראות

גרסה אחרונה מ־06:52, 1 בפברואר 2013

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