הבדלים בין גרסאות בדף "קוד:אריתמטיקה של גבולות של סדרות"

גרסה אחרונה מ־22:41, 6 באוקטובר 2014

יהיו $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty} , \{b_n\}_{n=1}^\infty $ סדרות.

\begin{thm} אם $ a_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 , \exists M : |b_n|<M $ אז $ \displaystyle{\lim_{n\to \infty}} a_n b_n = 0 $ (מכפלה של סדרה חסומה בסדרה ששואפת ל-$0$ זו סדרה ששואפת ל-$0$) \end{thm}

\begin{proof} יהי $\epsilon>0 $ . כיוון ש- $a_n$ שואפת ל-$0$, לכל מרחק שיתנו לי קיים $N$ כך שלכל $n>N$, מרחק איברי $a_n$ מ-0 קטן מהמרחק ההתחלתי שנתנו לי, בפרט עבור המרחק $\frac{\varepsilon}{M} $. מתקיים אז ש- $$\exists N \forall n>N : |a_n|<\frac{\varepsilon}{M} \Rightarrow \exists N \forall n>N : |a_n| \cdot M <\epsilon $$ אבל המרחק של $ a_n b_n $ מ-$0$ הוא $$ |a_n b_n - 0| = |a_n b_n| = |a_n| \cdot |b_n| \leq |a_n| \cdot M $$ וראינו בשורה הקודמת שקיים $ N $ כך שלכל $ n>N $ מתקיים ש- $ |a_n| \cdot M \leq \varepsilon $ ולכן אם ניקח את אותו $ N $, לכל $ n>N $ יתקיים ש- $|a_n b_n| <\varepsilon $, ומכאן, לפי הגדרת הגבול, $ a_n b_n $ שואפת ל-$0$. \end{proof}

\begin{example}

$ a_n = \frac{\sin(n!)}{n} $ היא סדרה שנראית די מסובכת במבט ראשון, אבל היא מתכנסת ל-$0$. זאת משום שהיא מכפלה של סדרה חסומה, $ \sin(n!) $ (תמיד מתקיים ש- $ |\sin(x)|\leq 1 $ ) וסדרה ששואפת ל-$0$, $ \frac{1}{n} $ \end{example}

\begin{thm}

$ a_n \to L \Leftrightarrow a_n-L\to 0 $ . 

\end{thm}

\begin{thm} אם 2 הסדרות שואפות ל-0 אז גם הסכום והמכפלה שלהן שואפות ל-0. \end{thm}

\begin{proof} כדי להוכיח שהמכפלה שואפת ל-$0$, פשוט נזכור שאחת הסדרות חסומה (כי מתכנסת) והשנייה שואפת ל-$0$ ולכן המכפלה שלהן שואפת ל-$0$. עבור סכום, צריך להוכיח ש- $$ \forall\epsilon>0 \exists N\forall n>N:|a_n +b_n-0|<\epsilon $$ יהי $\epsilon>0$, מהנתון ומהגדרת גבול אנו יודעים ש- $$ \exists N_1\forall n>N_1:|a_n-0|<\frac{\epsilon}{2} $$ $$ \exists N_2\forall n>N_2:|b_n -0|<\frac{\epsilon}{2} $$ לכן אם נגדיר $N=max\{N_1,N_2\}$ יתקיים $$ \forall n>N:|a_n+b_n-0|=|a_n+b_n|\leq |a_n|+|b_n|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon $$ מצאנו $ N $ כנדרש.

\end{proof}

\begin{thm}[אריתמטיקה של גבולות] נניח ש- $ a_n \to a , b_n \to b $ (כאשר $a,b \in \mathbb{R} $ ) אזי:

\begin{enumerate} \item $\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} (a_n+b_n) = a+b $

\item $ \displaystyle{\lim_{n\to \infty}} (a_n b_n) = ab $

\item אם $c$ קבוע אז $c\cdot a_n \to ca $

\item אם $ a>0 $ אז $\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} \frac{1}{a_n} = \frac{1}{a} $ \end{enumerate}

\end{thm}

\begin{proof} \begin{enumerate} \item נסמן $ x_n=a_n-a,y_n=b_n-b $ ועפ"י משפט, הם שואפים ל-$0$. מהמשפט הקודם, הסכום שלהם שואף ל-$0$: $$ x_n+y_n=a_n-a+b_n-b=(a_n+b_n)-(a+b)\to 0 $$ לפי משפט, זה אומר ש- $ a_n+b_n\to a+b $

\item אם נסתכל על אותם $x_n,y_n$ אז מהמשפט הקודם, המכפלה שלהם שואפת ל-$0$. $$ a_n b_n = (x_n+a)(y_n+b)=x_n y_n + a\cdot y_n + b\cdot x_n + ab $$ כל אחד מארבעת הרכיבים מתכנס: הראשון ל-$0$, השני והשלישי הם סדרות ששואפות ל-$0$ כפול מספר קבוע (שאפשר להתייחס אליו כאל סדרה חסומה) ולכן שואפות ל-$0$ והרביעי הוא סדרה קבועה ששואפת ל- $ab$. סך הכל, מהדבר האחרון שהוכחנו (סכום גבולות), $ a_n b_n \to ab $

\item נגדיר $\forall n: c_n=c$ ונראה ש- $c_n\to c$, ממשפטון 2 נקבל את הדרוש

\item יהי אפסילון גדול מ-$0$. נראה שמתקיימים הדברים הבאים:\\ $ \exists N_0 \forall n>N_0 : ||a_n| - |a||<|a| $ (לקחנו את הערך המוחלט של $a$ להיות האפסילון). לכן עבור $n>N_0$ מתקיים ש- $ |a|<2|a_n| $ $$ |\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a}|=|\frac{a-a_n}{a_n a}|=\frac{|a-a_n|}{|a_n| |a| }\leq |a-a_n| \frac{2}{|a_n| |a|} $$ עפ"י הגדרת הגבול $$ \exists N \forall n>N: |a_n-a|\leq \epsilon \frac{|a|^2}{4} $$ מכאן שלכל $ n>N $ $$ \left |\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a}\right |\leq |a_n-a| \frac{2}{|a_n| |a|} \leq \epsilon \frac{|a|^2}{4} \frac{2}{|a_n| |a|}=\epsilon \frac{|a|}{2|a_n|}< \epsilon \frac{2|a_n|}{2|a_n|}=\epsilon $$

\end{enumerate} \end{proof}

\begin{example} נמצא את גבול הסדרה $a_n=\frac{n^2+5n+6}{3n^2-2} $ : $$a_n=\frac{n^2+5n+6}{3n^2-2}=\frac{\frac{n^2+5n+6}{n^2}}{\frac{3n^2-2}{n^2}} = \frac{1+\frac{5}{n}+\frac{6}{n^2}}{3-\frac{2}{n^2}}$$ אבל $ \frac{1}{n},\frac{1}{n^2}\to 0 $ ומהסעיף השלישי והראשון במשפט הקודם מסיקים ש-$\frac{5}{n}+\frac{6}{n^2} , \frac{2}{n^2}\to 0 $ ואחרי שנחבר את הקבועים נקבל שהמונה שואף ל-$1$ והמכנה ל-$3$ ומהסעיף הרביעי נקבל ש- $\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} a_n = \frac{1}{3} $ \end{example}

\begin{remark} \begin{enumerate}

\item אם $a_n$ מתכנסת ו- $b_n$ מתבדרת אזי $a_n+b_n$ מתבדרת \item אם $a_n,b_n$ מתבדרות אזי $a_n+b_n$ עשויה להתבדר או להתכנס (אי אפשר לדעת באופן כללי, זה תלוי בסדרות עצמן) \item אם $a_n\to L\neq 0 $ ו- $b_n$ מתבדרת אזי $a_n b_n $ מתבדרת \item אם $a_n\to 0 $ ו- $b_n$ מתבדרת אזי $a_n b_n$ עשויה להתבדר או להתכנס. \item אם $a_n,b_n$ מתבדרות אזי $a_n b_n $ עשויה להתבדר או להתכנס \end{enumerate} \\$\\$ הסבר: \begin{enumerate} \item נניח בשלילה ש- $c_n=a_n+b_n$ מתכנסת אז נראה כי $c_n-a_n=b_n$ מתכנסת כהפרש של מתכנסות. \item אפשר להגדיר $a_n=n$ , $b_n=n^2 $ , $c_n=-n$ ולראות ש- $a_n+c_n=0\to 0 $ ולעומת זאת $b_n+c_n=n(n-1)$ וזה מתבדר. \item הוכחה בשיעורי הבית \item הוכחה בשיעורי הבית \item נגדיר $a_n=(-1)^n $ ואז $a_n\cdot a_n = 1\to 1 $ למרות ש-2 הגורמים מתבדרים. מצד שני אם מגדירים $b_n=n$ נקבל ש- $a_n b_n=(-1)^n\cdot n $ שזה לא חסום ולכן מתבדר. \end{enumerate}

\end{remark}

\underline{תרגיל בית:} נסו להשתמש בכך שעבור 2 מספרים $a,b$ תמיד מתקיים $ | |a|-|b| | \leq |a-b| $ כדי להוכיח שאם $ a_n \to L $ אז $ |a_n| \to |L| $ . הפריכו את המשפט ההפוך.