הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעה/בוחן 1 - פתרון"

גרסה אחרונה מ־21:05, 28 בדצמבר 2014

תוכן עניינים

1 שאלה 1 (30 נק)
- 1.1 סעיף א
- 1.2 סעיף ב
2 שאלה 2 (40 נק)
- 2.1 סעיף א
- 2.2 סעיף ב
3 שאלה 3 (30 נק)
- 3.1 סעיף א
- 3.2 סעיף ב

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.

@@ שורה 9: / שורה 9: @@
 '''הוכיחו/הפריכו:'''
 ::<math>\lim a_n^2-b_n^2= 0</math>
+פתרון משופר ומעודכן: הטענה נכונה.
+נשים לב ש
+<math>(a_n)^2-(b_n)^2=(a_n+b_n)(a_n-b_n)</math>
+עכשיו, ידוע כי <math>\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} a_n-b_n=0</math>
+לכן אם נוכיח כי <math>a_n+b_n</math> היא סדרה חסומה, נקבל כי אכן <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}} a_n^2-b_n^2= 0</math>.
+לכן נותר להוכיח כי <math>a_n+b_n</math> סדרה חסומה.
+היות ש <math>\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} (a_{n})^2+(b_{n})^2=L\in\mathbb{R}</math>
+נקבל כי הסדרה <math>(a_{n})^2+(b_{n})^2</math> חסומה.
+אבל <math>0\leq(a_{n})^2\leq(a_{n})^2+(b_{n})^2</math>
+ולכן גם <math>(a_{n})^2</math> סדרה חסומה ולכן גם <math>a_n</math> חסומה.
+באופן דומה מראים ש <math>b_n</math> חסומה ולכן גם סכומן חסום כנדרש.
 ===סעיף ב===
@@ שורה 17: / שורה 39: @@
 (רמז: יש בשאלה הזו '''קושי''')
+פתרון: יש פתרון כאן
+[[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/סדרות/קושי|מערך תרגול על סדרות קושי]]
 ==שאלה 2 (40 נק)==
@@ שורה 37: / שורה 63: @@
 בלי הגבלת כלליות נניח ש <math>\sup(B)\leq\sup(A)</math> ולכן <math>\max\{\sup(A),\sup(B)\}=\sup(A)</math>
-נסמן <math>\sup(A)=S</math>.
+נסמן <math>\sup(A)=s</math>.
-נוכיח ש <math>S</math> מקיים את התכונות של<math>\sup(A\cup B)</math>
+נוכיח ש <math>s</math> מקיים את שתי התכונות של<math>\sup(A\cup B)</math>
-א) חסם מלעיל: יהי <math>x\in A\cup B</math>. אם <math>x\in A</math> אז בוודאי
+תכונה א) חסם מלעיל: יהי <math>x\in A\cup B</math>. אם <math>x\in A</math> אז בוודאי
-<math>x\leq \sup(A) = S</math>
+<math>x\leq \sup(A) = s</math>
 ואם <math>x\in B</math> אז
-<math>x\leq \sup(B) \leq \sup(A)=S</math>
+<math>x\leq \sup(B) \leq \sup(A)=s</math>
-ולכן <math>S</math> אכן חסם מלעיל של <math>A\cup B</math>
+ולכן <math>s</math> אכן חסם מלעיל של <math>A\cup B</math>
+תכונה ב) חסם מלעיל הכי קטן: נניח ש <math>m<s</math>  (צריך להראות ש <math>m</math> אינו חסם מעליל של <math>A\cup B</math>)
+היות ש <math>m<s=\sup(A)</math> אז קיים <math>a\in A</math> כך ש <math>m<a</math> (לפי תכונה של חסם עליון של <math>A</math>)
+אבל בוודאי <math>a\in A\cup B</math> כלומר קיים איבר <math>a\in A\cup B</math> כך ש <math>m<a</math> ולכן <math>m</math> אינו חסם מלעיל של <math>A\cup B</math> כנדרש.
+אכן הוכחנו כי <math>s</math> חסם עליון של <math>A\cup B</math>. ובזה סיימנו.
 ===סעיף ב===
@@ שורה 96: / שורה 130: @@
 הוכיחו כי הסדרה מתכנסת ומצאו את גבולה
+פתרון:
+נרצה להוכיח כי הסדרה מונוטונית עולה וחסומה.
+ראשית נשים לב שהסדרה חיובית כי תמיד <math>a_n=1+\frac{|a_n|}{2}>0</math>. (וגם <math>a_1=1>0</math>)
+לכן אפשר לכתוב את הסדרה
+<math>a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}</math>
+כעת נוכיח באינדוקציה שהיא מונוטונית עולה:
+) מונוטונית עולה: צריך להראות ש <math>a_{n+1}\geq a_n</math>
+עבור: <math>n=1</math> זה אכן נכון כי
+<math>a_2=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}>1=a_1</math>
+נניח שהטענה הכונה עבור <math>n</math> כלומר: <math>a_{n+1}\geq a_n</math>
+נוכיח עבור <math>n+1</math> כלומר נוכיח כי
+<math>a_{n+2}\geq a_{n+1}</math>
+זה נכון מפני ש
+<math>a_{n+2}=1+\frac{a_{n+1}}{2}\geq 1+\frac{a_n}{2}=a_{n+1}</math>
+ובזאת הוכחנו שהיא מונוטונית עולה.
+נוכיח שהסדרה חסומה מלעיל ע"י 2, באינדוקציה:
+) חסימות מלעיל: צריך להראות ש <math>a_n\leq 2</math>.
+עבור <math>n=1</math> אכן <math>a_1=1<2</math>.
+נניח שעבור <math>n</math> מתקיים <math>a_n\leq 2</math>.
+אז גם עבור <math>n+1</math> מתקיים
+<math>a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}\leq 1+\frac{2}{2}=2</math>
+כנדרש.
+לכן זו סדרה מונוטונית עולה וחסומה מלעיל ולכן היא מתכנסת. נסמן את גבולה ב <math>L</math>.
+נמצא את הגבול באמצעות הטריק הרגיל.
+נפעיל <math>\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}</math> בשני אגפים של המשוואה
+<math>a_{n+1}=1+\frac{a_n}{2}</math>
+ונקבל
+<math>L=1+\frac{L}{2}</math>
+כלומר
+<math>L=2</math>.
+ובזה סיימנו את הפתרון.
 ===סעיף ב===
 קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים
+)
 ::<math>\sum_{n=1}^\infty (\sqrt{n^2+n+1}-n)</math>
+פתרון: נשים לב ש
+<math>\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}</math>
+<math>=\displaystyle{\lim_{n\to\infty}}\frac{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1}=\frac{1}{2}</math>
+כלומר הסדרה בתוך הטור לא מתכנסת ל 0 ולכן הטור מתבדר.
+)
 ::<math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n+(-2)^n}{3^n}</math>
+פתרון: נשים לב שזה בעצם סכום של שני הטורים
+<math>\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</math>
+כל אחד מהטורים  האלה הוא טור הנדסי שהמנה שלו בין <math>-1</math> ל <math>1</math> ולכן הוא טור מתכנס.
+ולכן גם סכומם שהוא הטור שלנו, מתכנס.

הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעה/בוחן 1 - פתרון"

גרסה אחרונה מ־21:05, 28 בדצמבר 2014

תוכן עניינים

שאלה 1 (30 נק)

סעיף א

סעיף ב

שאלה 2 (40 נק)

סעיף א

סעיף ב

שאלה 3 (30 נק)

סעיף א

סעיף ב

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים