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

שאלה 1 (30 נק)

סעיף א

תהיינה שתי סדרות $a_n,b_n$ כך ש:

1. $\lim a_n-b_n=0$

2. $\lim a_n^2+b_n^2= L\in\mathbb{R}$

הוכיחו/הפריכו:

$\lim a_n^2-b_n^2= 0$

פתרון משופר ומעודכן: הטענה נכונה. נשים לב ש

$(a_n)^2-(b_n)^2=(a_n+b_n)(a_n-b_n)$

עכשיו, ידוע כי $\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} a_n-b_n=0$

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

לכן נותר להוכיח כי $a_n+b_n$ סדרה חסומה.

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

נקבל כי הסדרה $(a_{n})^2+(b_{n})^2$ חסומה.

אבל $0\leq(a_{n})^2\leq(a_{n})^2+(b_{n})^2$

ולכן גם $(a_{n})^2$ סדרה חסומה ולכן גם $a_n$ חסומה.

באופן דומה מראים ש $b_n$ חסומה ולכן גם סכומן חסום כנדרש.

סעיף ב

תהי סדרה $a_n$ וקבוע $0<q<1$ כך ש

$\forall n\geq 2: |a_{n+1}-a_n|\leq q\cdot|a_n-a_{n-1}|$

הוכיחו כי $a_n$ 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: $sup(A\cap B)=min\{sup(A),sup(B)\}$

2. הוכיחו/הפריכו: $sup(A\cup B)=max\{sup(A),sup(B)\}$

פתרון:

1) לא נכון. ניקח $A=\{1,2\}$ ו $B=\{1,3\}$

אז $\sup(A\cap B) = 1$

אבל $\min\{\sup(A),\sup(B)\}=2$

2) נכון.

בלי הגבלת כלליות נניח ש $\sup(B)\leq\sup(A)$ ולכן $\max\{\sup(A),\sup(B)\}=\sup(A)$

נסמן $\sup(A)=s$.

נוכיח ש $s$ מקיים את שתי התכונות של$\sup(A\cup B)$

תכונה א) חסם מלעיל: יהי $x\in A\cup B$. אם $x\in A$ אז בוודאי

$x\leq \sup(A) = s$

ואם $x\in B$ אז

$x\leq \sup(B) \leq \sup(A)=s$

ולכן $s$ אכן חסם מלעיל של $A\cup B$

תכונה ב) חסם מלעיל הכי קטן: נניח ש $m<s$ (צריך להראות ש $m$ אינו חסם מעליל של $A\cup B$)

היות ש $m<s=\sup(A)$ אז קיים $a\in A$ כך ש $m<a$ (לפי תכונה של חסם עליון של $A$)

אבל בוודאי $a\in A\cup B$ כלומר קיים איבר $a\in A\cup B$ כך ש $m<a$ ולכן $m$ אינו חסם מלעיל של $A\cup B$ כנדרש.

אכן הוכחנו כי $s$ חסם עליון של $A\cup B$. ובזה סיימנו.

סעיף ב

נניח $\lim a_n-b_n=0$.

הוכיחו/הפריכו: $\overline{\lim}a_n=\overline{\lim}b_n$

פתרון: הטענה נכונה.

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

(הרי יש תת סדרה שמתכנסת לגבול העליון)

היות ש $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_n-b_n=0$,

אז כמובן ש $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_{n_k}-b_{n_k}=0$

(כי תת סדרה של סדרה מתכנסת, מתכנסת לאותו מספר).

ולכן $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}b_{n_k}=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}(b_{n_k}-a_{n_k})+\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}a_{n_k}=0+\overline{\lim}a_n$

כלומר $\overline{\lim}a_n$ הוא גם גבול חלקי של $b_n$ ולכן

$\overline{\lim}a_n\leq \overline{\lim}b_n$ (כי $\overline{\lim}b_n$ הוא הגבול החלקי הגדול ביותר)

בדרך דומה מוכיחים

$\overline{\lim}a_n\geq \overline{\lim}b_n$

ולכן

$\overline{\lim}a_n = \overline{\lim}b_n$

כנדרש

שאלה 3 (30 נק)

סעיף א

תהי סדרה המוגדרת ע"י כלל הנסיגה

$a_1=1$

$a_{n+1}=1 + \frac{|a_n|}{2}$

הוכיחו כי הסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה

פתרון:

נרצה להוכיח כי הסדרה מונוטונית עולה וחסומה.

ראשית נשים לב שהסדרה חיובית כי תמיד $a_n=1+\frac{|a_n|}{2}>0$. (וגם $a_1=1>0$)

לכן אפשר לכתוב את הסדרה

$a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}$

כעת נוכיח באינדוקציה שהיא מונוטונית עולה:

1) מונוטונית עולה: צריך להראות ש $a_{n+1}\geq a_n$

עבור: $n=1$ זה אכן נכון כי

$a_2=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}>1=a_1$

נניח שהטענה הכונה עבור $n$ כלומר: $a_{n+1}\geq a_n$

נוכיח עבור $n+1$ כלומר נוכיח כי

$a_{n+2}\geq a_{n+1}$

זה נכון מפני ש

$a_{n+2}=1+\frac{a_{n+1}}{2}\geq 1+\frac{a_n}{2}=a_{n+1}$

ובזאת הוכחנו שהיא מונוטונית עולה.

נוכיח שהסדרה חסומה מלעיל ע"י 2, באינדוקציה:

2) חסימות מלעיל: צריך להראות ש $a_n\leq 2$.

עבור $n=1$ אכן $a_1=1<2$.

נניח שעבור $n$ מתקיים $a_n\leq 2$.

אז גם עבור $n+1$ מתקיים

$a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}\leq 1+\frac{2}{2}=2$

כנדרש.

לכן זו סדרה מונוטונית עולה וחסומה מלעיל ולכן היא מתכנסת. נסמן את גבולה ב $L$.

נמצא את הגבול באמצעות הטריק הרגיל.

נפעיל $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}$ בשני אגפים של המשוואה

$a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}$

ונקבל

$L=1+\frac{L}{2}$

כלומר

$L=2$.

ובזה סיימנו את הפתרון.

סעיף ב

קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים

1)

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

פתרון: נשים לב ש

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\sqrt{n^2+n+1}-n=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{(\sqrt{n^2+n+1}-n)(\sqrt{n^2+n+1}+n)}{\sqrt{n^2+n+1}+n}=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{n^2+n+1-n^2}{\sqrt{n^2+n+1}+n}$

$=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1}=\frac{1}{2}$

כלומר הסדרה בתוך הטור לא מתכנסת ל 0 ולכן הטור מתבדר.

2)

$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n+(-2)^n}{3^n}$

פתרון: נשים לב שזה בעצם סכום של שני הטורים

$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n}{3^n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-2)^n}{3^n}=\sum_{n=1}^\infty(\frac{2}{3})^n+\sum_{n=1}^\infty(\frac{-2}{3})^n$

כל אחד מהטורים האלה הוא טור הנדסי שהמנה שלו בין $-1$ ל $1$ ולכן הוא טור מתכנס.

ולכן גם סכומם שהוא הטור שלנו, מתכנס.