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

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(שאלה 2 (40 נק))
(סעיף א)
שורה 37: שורה 37:
 
בלי הגבלת כלליות נניח ש <math>\sup(B)\leq\sup(A)</math> ולכן <math>\max\{\sup(A),\sup(B)\}=\sup(A)</math>
 
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
 
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===
 
===סעיף ב===

גרסה מ־08:53, 24 בדצמבר 2014

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

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)

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

סעיף ב

קבעו אם הטורים הבאים מתכנסים

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