קוד:אריתמטיקה של גבולות אינסופיים (סדרות): הבדלים בין גרסאות בדף
Ofekgillon10 (שיחה | תרומות) אין תקציר עריכה |
Ofekgillon10 (שיחה | תרומות) אין תקציר עריכה |
||
(5 גרסאות ביניים של 2 משתמשים אינן מוצגות) | |||
שורה 1: | שורה 1: | ||
\subsection{פעולות עם גבולות אינסופיים} | |||
\begin{thm} | |||
\begin{enumerate} | |||
\item אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ אזי $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} x_n+y_n=\pm \infty $ (בהתאם לגבול של $ x_n $ ) | |||
\ | \item אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ ו- $ a\neq 0 $ אזי $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} x_n\cdot y_n=\operatorname{sign}(a)\cdot \pm \infty $ כאשר הסימן של a מוגדר להיות $1$ אם הוא חיובי, $-1$ אם הוא שלילי ו-$0$ אם הוא $0$. | ||
\item | |||
$\lim_{n\to \infty }|x_n|=\infty \Rightarrow \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{1}{x_n}=0 $.\\ | |||
גם הצד השני נכון, נסו להוכיח את זה לפי המשפטונים הבאים: | |||
$3.1$. $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{1}{x_n}=0 \land x_n>0 \Rightarrow x_n\to \infty $ | |||
3. $\ | $3.2$. $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{1}{x_n}=0 \land x_n<0 \Rightarrow x_n\to -\infty $ | ||
\end{enumerate} | |||
\end{thm} | |||
$ | \begin{proof} | ||
\begin{enumerate} | |||
\item יהי $M>0 $. מהגדרת הגבול של $y_n$ ידוע ש- | |||
$$ \exists_{n_1}\forall_{n>n_1}: a-1<y_n<a+1 $$ | |||
ומהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- | |||
$$ \exists_{n_2}\forall_{n>n_2}: x_n>M-a+1 $$ | |||
ולכן אם נגדיר $n_0=\max\{n_1,n_2\} $ אז יתקיים ש- | |||
$$ \forall_{n>n_0}: x_n+y_n>(M-a+1)+(a-1)=M $$ | |||
\ | \item נוכיח עבור $a$ חיובי, עבור $a$ שלילי ההוכחה דומה מאוד והדבר היחיד כמעט שמשתנה זה סימני אי השיוויון: | ||
יהי $ M>0 $. מהגדרת הגבול של $y_n$ ידוע ש- | |||
$$ \exists_{n_1}\forall_{n>n_1}: \frac{a}{2}<y_n<\frac{3a}{2} $$ | |||
ומהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- | |||
$$ \exists_{n_2}\forall_{n>n_2}: x_n>\frac{2}{a}M $$ | |||
ולכן אם נגדיר $n_0=\max\{n_1,n_2\} $ אז יתקיים ש- | |||
$$ \forall_{n>n_0}: x_n\cdot y_n>\frac{2}{a}M\cdot \frac{a}{2}=M $$ | |||
\item יהי $ \epsilon>0 $. מהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- | |||
$$ \exists_{n_0}\forall_{n>n_0}: x_n>\frac{1}{\epsilon} $$ | |||
אבל | |||
$$\frac{1}{\epsilon}<|x_n|\Leftrightarrow \frac{1}{|x_n|}<\epsilon $$ וקיבלנו את הדרוש כי | |||
$$\forall_{n>n_0}:|\frac{1}{x_n}|<\epsilon $$ | |||
יהי $ M>0 $ | $3.1$. נוכיח את $3.1$ ו- $3.2$ מוכח באופן דומה: יהי $M>0 $ אז $\exists_{n_0}\forall_{n>n_0} \frac{1}{x_n}<\frac{1}{M} $ ומכאן ש- $\forall_{n>n_0} x_n>M $. | ||
\end{enumerate} | |||
\end{proof} | |||
\subsection{מקרים של כל מקרה לגופו - אי הגדרה:} | |||
יהיו $x_n,y_n$ | |||
\begin{enumerate} | |||
\item אם $x_n\to \infty , y_n \to -\infty $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $x_n+y_n$ (במילים אחרות, לא מוגדר $\infty+(-\infty) $ ) | |||
\begin{example} | |||
$$x_n=n, y_n=1-n \Rightarrow x_n+y_n=1\to 1$$ | |||
$$x_n=n^2, y_n=2-n^2 \Rightarrow x_n+y_n=2\to 2$$ | |||
$$x_n=n^2 , y_n=-n \Rightarrow x_n+y_n=n^2-n=n(n-1)\to \infty$$ | |||
$$x_n=n , y_n=-n^2 \Rightarrow x_n+y_n=-n^2+n=-n(n-1)\to -\infty$$ | |||
$$x_n=n , y_n=(-1)^n - n \Rightarrow x_n+y_n=(-1)^n \Rightarrow \text{Limit } \text{doesn't } \text{exist} $$ | |||
\end{example} | |||
\item אם $x_n\to \infty , y_n \to 0 $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $x_n\cdot y_n$ | |||
\begin{example} | |||
$$x_n=n, y_n=\frac{1}{n} \Rightarrow x_n y_n=1\to 1$$ | |||
$$x_n=n^2, y_n=\frac{2}{n^2} \Rightarrow x_n y_n = 2\to 2$$ | |||
$$x_n=n^2 , y_n=\frac{-1}{n} \Rightarrow x_n y_n = -n\to -\infty$$ | |||
$$x_n=n , y_n=\frac{1}{n^2} \Rightarrow x_n y_n = \frac{1}{n}\to 0$$ | |||
$$x_n=n , y_n=\frac{(-1)^n}{n} \Rightarrow x_n y_n = (-1)^n \Rightarrow \text{Limit } \text{doesn't } \text{exist}$$ | |||
\end{example} | |||
\item אם שתי הסדרות שואפות ל-$0$ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $\frac{x_n}{y_n}$ | |||
\end{enumerate} | |||
\begin{example} | |||
אם ניקח כל זוג מהדוגמאות של מקרה 2 ונחליף את $x_n$ בהופכי שלו, נקבל דוגמאות ל-3 (חשבו מה קורה במקרה זה ל-$ \frac{y_n}{x_n} $) | |||
\end{example} | |||
\underline{תרגיל:} מהו $\displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} $ ? | |||
\underline{פתרון:} נשתמש בשיטה שנקראת "כפל בצמוד" והיא נקראת כך מהדמיון לרעיון של חילוק מספרים מרוכבים (לא חלק מהחומר של הקורס) | |||
$$ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0 $$ |
גרסה אחרונה מ־23:02, 6 באוקטובר 2014
\subsection{פעולות עם גבולות אינסופיים} \begin{thm} \begin{enumerate} \item אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ אזי $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} x_n+y_n=\pm \infty $ (בהתאם לגבול של $ x_n $ )
\item אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ ו- $ a\neq 0 $ אזי $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} x_n\cdot y_n=\operatorname{sign}(a)\cdot \pm \infty $ כאשר הסימן של a מוגדר להיות $1$ אם הוא חיובי, $-1$ אם הוא שלילי ו-$0$ אם הוא $0$.
\item
$\lim_{n\to \infty }|x_n|=\infty \Rightarrow \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{1}{x_n}=0 $.\\
גם הצד השני נכון, נסו להוכיח את זה לפי המשפטונים הבאים:
$3.1$. $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{1}{x_n}=0 \land x_n>0 \Rightarrow x_n\to \infty $
$3.2$. $ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{1}{x_n}=0 \land x_n<0 \Rightarrow x_n\to -\infty $
\end{enumerate} \end{thm}
\begin{proof} \begin{enumerate} \item יהי $M>0 $. מהגדרת הגבול של $y_n$ ידוע ש- $$ \exists_{n_1}\forall_{n>n_1}: a-1<y_n<a+1 $$ ומהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- $$ \exists_{n_2}\forall_{n>n_2}: x_n>M-a+1 $$ ולכן אם נגדיר $n_0=\max\{n_1,n_2\} $ אז יתקיים ש- $$ \forall_{n>n_0}: x_n+y_n>(M-a+1)+(a-1)=M $$
\item נוכיח עבור $a$ חיובי, עבור $a$ שלילי ההוכחה דומה מאוד והדבר היחיד כמעט שמשתנה זה סימני אי השיוויון:
יהי $ M>0 $. מהגדרת הגבול של $y_n$ ידוע ש- $$ \exists_{n_1}\forall_{n>n_1}: \frac{a}{2}<y_n<\frac{3a}{2} $$ ומהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- $$ \exists_{n_2}\forall_{n>n_2}: x_n>\frac{2}{a}M $$ ולכן אם נגדיר $n_0=\max\{n_1,n_2\} $ אז יתקיים ש- $$ \forall_{n>n_0}: x_n\cdot y_n>\frac{2}{a}M\cdot \frac{a}{2}=M $$
\item יהי $ \epsilon>0 $. מהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- $$ \exists_{n_0}\forall_{n>n_0}: x_n>\frac{1}{\epsilon} $$ אבל $$\frac{1}{\epsilon}<|x_n|\Leftrightarrow \frac{1}{|x_n|}<\epsilon $$ וקיבלנו את הדרוש כי $$\forall_{n>n_0}:|\frac{1}{x_n}|<\epsilon $$
$3.1$. נוכיח את $3.1$ ו- $3.2$ מוכח באופן דומה: יהי $M>0 $ אז $\exists_{n_0}\forall_{n>n_0} \frac{1}{x_n}<\frac{1}{M} $ ומכאן ש- $\forall_{n>n_0} x_n>M $. \end{enumerate} \end{proof}
\subsection{מקרים של כל מקרה לגופו - אי הגדרה:} יהיו $x_n,y_n$ \begin{enumerate} \item אם $x_n\to \infty , y_n \to -\infty $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $x_n+y_n$ (במילים אחרות, לא מוגדר $\infty+(-\infty) $ )
\begin{example} $$x_n=n, y_n=1-n \Rightarrow x_n+y_n=1\to 1$$ $$x_n=n^2, y_n=2-n^2 \Rightarrow x_n+y_n=2\to 2$$ $$x_n=n^2 , y_n=-n \Rightarrow x_n+y_n=n^2-n=n(n-1)\to \infty$$ $$x_n=n , y_n=-n^2 \Rightarrow x_n+y_n=-n^2+n=-n(n-1)\to -\infty$$ $$x_n=n , y_n=(-1)^n - n \Rightarrow x_n+y_n=(-1)^n \Rightarrow \text{Limit } \text{doesn't } \text{exist} $$
\end{example}
\item אם $x_n\to \infty , y_n \to 0 $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $x_n\cdot y_n$
\begin{example}
$$x_n=n, y_n=\frac{1}{n} \Rightarrow x_n y_n=1\to 1$$ $$x_n=n^2, y_n=\frac{2}{n^2} \Rightarrow x_n y_n = 2\to 2$$ $$x_n=n^2 , y_n=\frac{-1}{n} \Rightarrow x_n y_n = -n\to -\infty$$ $$x_n=n , y_n=\frac{1}{n^2} \Rightarrow x_n y_n = \frac{1}{n}\to 0$$ $$x_n=n , y_n=\frac{(-1)^n}{n} \Rightarrow x_n y_n = (-1)^n \Rightarrow \text{Limit } \text{doesn't } \text{exist}$$
\end{example}
\item אם שתי הסדרות שואפות ל-$0$ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $\frac{x_n}{y_n}$ \end{enumerate}
\begin{example} אם ניקח כל זוג מהדוגמאות של מקרה 2 ונחליף את $x_n$ בהופכי שלו, נקבל דוגמאות ל-3 (חשבו מה קורה במקרה זה ל-$ \frac{y_n}{x_n} $) \end{example}
\underline{תרגיל:} מהו $\displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} $ ?
\underline{פתרון:} נשתמש בשיטה שנקראת "כפל בצמוד" והיא נקראת כך מהדמיון לרעיון של חילוק מספרים מרוכבים (לא חלק מהחומר של הקורס) $$ \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\displaystyle{\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}} \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0 $$