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

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 $n^2+1<n^2+i$ (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

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