משתמש:יחס הזהב/טיוטה8

שאלה 1

נשים לב:

$|a_{m}-a_{n}|=|a_{m}-a_{m-1}+a_{m-1}-a_{m-2}+\cdots +a_{n+2}-a_{n+1}+a_{n+1}-a_{n}|$

לפי אי שוויון המשולש:

$|a_{m}-a_{m-1}+a_{m-1}-a_{m-2}+\cdots +a_{n+2}-a_{n+1}+a_{n+1}-a_{n}|\leq |a_{m}-a_{m-1}|+|a_{m-1}-a_{m-2}|+\cdots +|a_{n+2}-a_{n+1}|+|a_{n+1}-a_{n}|$

לפי הנתון:

$|a_{m}-a_{m-1}|+|a_{m-1}-a_{m-2}|+\cdots +|a_{n+2}-a_{n+1}|+|a_{n+1}-a_{n}|\leq {\frac {1}{2^{m}}}+{\frac {1}{2^{m-1}}}+\cdots +{\frac {1}{2^{n+1}}}$

נפשט:

${\dfrac {1}{2^{m}}}+{\dfrac {1}{2^{m-1}}}+\cdots +{\dfrac {1}{2^{n+1}}}={\frac {1}{2^{n+1}}}\cdot \left({\frac {1}{2^{m-n-1}}}+\cdots +1\right)$

לפי נוסחת סדרה הנדסית:

${\frac {1}{2^{n+1}}}\cdot \left({\frac {1}{2^{m-n-1}}}+\cdots +1\right)={\frac {1}{2^{n+1}}}\cdot \left({\frac {1-{\frac {1}{2^{m-n}}}}{1-{\frac {1}{2}}}}\right)$

נפשט:

${\frac {1}{2^{n+1}}}\cdot \left({\frac {1-{\frac {1}{2^{m-n}}}}{1-{\frac {1}{2}}}}\right)={\frac {1}{2^{n+1}}}\cdot \left({\frac {1-{\frac {1}{2^{m-n}}}}{\frac {1}{2}}}\right)={\frac {2}{2^{n+1}}}\cdot \left(1-{\frac {1}{2^{m-n}}}\right)={\frac {1}{2^{n}}}\cdot \left(1-{\frac {1}{2^{m-n}}}\right)$

נשים לב:

${\frac {1}{2^{n}}}\cdot \left(1-{\frac {1}{2^{m-n}}}\right)={\frac {1}{2^{n}}}-{\frac {1}{2^{m}}}\leq {\frac {1}{2^{n}}}{\underset {\text{הרעה*}}{\to }}0$

• הערה: הוכחנו בכיתה שלכל $a\in \mathbb {R}$ מתקיים ${\frac {a}{\infty }}\to 0$. נראה ש-$2^{n}\to \infty$.

יהי $M>0$ נראה שקיים $N\in \mathbb {N}$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $2^{n}>M$.

נשים לב: $2^{n}>M\iff log_{2}{2^{n}}>log_{2}M\iff n>log_{2}M$. הראנו שלכל $M>0$ קיים $N=\lceil log_{2}M\rceil$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $2^{n}>M$.

---

שאלה 2

יהיו $a_{n},b_{n}$ סדרות המקיימות $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0,\lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty$.

צ"ל: $\lim _{n\to \infty }a_{n}^{b_{n}}=0$

לפי הנתון $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$ אז לכל $\varepsilon >0$ קיים $N\in \mathbb {N}$ כל שלכל $n>N$ מתקיים: $|a_{n}-0|<\varepsilon$. נבחר את אפסילון להיות $\varepsilon ={\frac {1}{2}}$. אזי $|a_{n}|<{\frac {1}{2}}$.

נעלה בחזקת $b_{n}$: $|a_{n}|^{b_{n}}<\left({\frac {1}{2}}\right)^{b_{n}}$ ולפי הגדרת ערך מוחלט: $0\leq |a_{n}|^{b_{n}}<\left({\frac {1}{2}}\right)^{b_{n}}$.

מהנתון $\lim _{n\to \infty }b_{n}=\infty$ נובע שקיים $N\in \mathbb {N}$ שהחל ממנו $b_{n}>0$ לכל $n$. אז החל מאותו $N$ מתקיים: $|a_{n}|^{b_{n}}=|a_{n}^{b_{n}}|$. לכן: $0\leq |a_{n}^{b_{n}}|<\left({\frac {1}{2}}\right)^{b_{n}}$.

נשים לב כי $b_{n}\to \infty$ וגם $\left|{\frac {1}{2}}\right|<1$ אזי $\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{2}}\right)^{b_{n}}=0$ ולכן $0\leq |a_{n}^{b_{n}}|<0$. אז לפי משפט הסנדוויץ' $\lim _{n\to \infty }|a_{n}^{b_{n}}|=0$.

לפי משפט התכנסות בהחלט אם $\lim _{n\to \infty }|a_{n}^{b_{n}}|=0$ אז $\lim _{n\to \infty }a_{n}^{b_{n}}=0$. מש"ל.

---

שאלה 3.1

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n^{2}+4}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n^{2}+n+1-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2\cdot {\frac {\left(-n+3\right)}{\left(n^{2}+n+1\right)}}\cdot {\frac {\left(n^{2}+n+1\right)}{\left(-n+3\right)}}}=$

$\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{\frac {n^{2}+n+1}{-n+3}}\right)^{\frac {n\left(3+{\frac {2}{n}}\right)n\left(-1+{\frac {3}{n}}\right)}{n^{2}\left(1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}\right)}}{\overset {n\rightarrow \infty }{=}}\left(e\right)^{\frac {\left(3+0\right)\left(-1+0\right)}{\left(1+0+0\right)}}=e^{-3}$

---

שאלה 3.2

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n}{n^{2}-2}}\right)^{3n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n}{n^{2}\left(1-{\frac {2}{n^{2}}}\right)}}\right)^{3n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{n\left(1-{\frac {2}{n^{2}}}\right)}}\right)^{3n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{n}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {2}{n^{2}}}}}\right)^{3n}{\overset {n\rightarrow \infty }{=}}\left(0\cdot {\frac {1}{1-0}}\right)^{\infty }=0$

---

שאלה 3.3

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n+a}{n-a}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n-a+a+a}{n-a}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n-a}{n-a}}+{\frac {2a}{n-a}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {2a}{n-a}}\right)^{n\cdot {\frac {2a}{n-a}}\cdot {\frac {n-a}{2a}}}=$

$\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\frac {2a}{n-a}}\right)^{\frac {n-a}{2a}}\right)^{\frac {2an}{n-a}}=\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\frac {2a}{n-a}}\right)^{\frac {n-a}{2a}}\right)^{\frac {2an}{n-a}}=\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\frac {2a}{n-a}}\right)^{\frac {n-a}{2a}}\right)^{\frac {2a}{1-{\frac {a}{n}}}}{\overset {n\rightarrow \infty }{=}}e^{\frac {2a}{1-0}}=e^{2a}$

---

שאלה 3.4

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n^{2}+4}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n^{2}+n-n+1+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2}=\lim _{n\to \infty }\left({\frac {n^{2}+n+1}{n^{2}+n+1}}+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{3n+2}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{\left(3n+2\right)\cdot {\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\cdot {\frac {n^{2}+n+1}{-n+3}}}=$

$\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{\frac {n^{2}+n+1}{-n+3}}\right)^{\left(3n+2\right)\cdot {\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}}=\lim _{n\to \infty }\left(\left(1+{\frac {-n+3}{n^{2}+n+1}}\right)^{\frac {n^{2}+n+1}{-n+3}}\right)^{\frac {n\left(3+{\frac {2}{n}}\right)n\left(-1+{\frac {3}{n}}\right)}{n^{2}\left(1+{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n^{2}}}\right)}}{\overset {n\rightarrow \infty }{=}}\left(e\right)^{\frac {\left(3+0\right)\cdot \left(-1+0\right)}{\left(1+0+0\right)}}=e^{-3}$

---

שאלה 4.1

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}}{\sqrt {\left(n^{2}+n\right)}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}}{\sqrt {n\left(n+1\right)}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {{\sqrt {n+1}}-{\sqrt {n}}}{{\sqrt {n+1}}\cdot {\sqrt {n}}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sqrt {n+1}}{{\sqrt {n+1}}\cdot {\sqrt {n}}}}-{\frac {\sqrt {n}}{{\sqrt {n+1}}\cdot {\sqrt {n}}}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}-{\frac {1}{\sqrt {n+1}}}=$

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n+1}}}=1+\left(\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n}}}-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {n+1}}}\right)=1+\left(0+0\right)\ =1$

---

שאלה 4.2

נבדוק תנאי מקדים להתכנסות טור:

$\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt[{n}]{3n^{2}-5}}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{n^{2}\left(3-{\frac {5}{n^{2}}}\right)}}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{n^{2}}}}\cdot {\frac {1}{\sqrt[{n}]{3-{\frac {5}{n^{2}}}}}}{\overset {n\rightarrow \infty }{=}}{\frac {1}{1^{2}}}\cdot {\frac {1}{1}}=1$

האיבר הכללי לא שואף ל-$0$ ולכן הטור מתבדר.

---

שאלה 4.3

$\sum _{n=1}^{\infty }-8\cdot {\frac {\left(-9\right)^{n}}{\left(13\right)^{n}}}=-8\cdot \sum _{n=1}^{\infty }\left({\frac {-9}{13}}\right)^{n}{\underset {\text{הרעה*}}{=}}-8\cdot {\frac {\left({\frac {-9}{13}}\right)^{3}}{1-\left({\frac {-9}{13}}\right)}}={\frac {-8\cdot \left({\frac {-9}{13}}\right)^{3}}{\frac {22}{13}}}\approx 1.56858526089$

• לפי נוסחת סכום סדרה הנדסית.

---

שאלה 5.1

צ"ל: אם $\sum a_{n}$ מתכנס אז $\sum {\frac {1}{a_{n}}}$ מתבדר.

הוכחה: לפי הנחה $\sum a_{n}$ מתכנס, אז $\lim _{n\to \infty }\left(a_{n}\right)=0$ לפי תנאי מקדים להתכנסות טורים.

לפי אריתמטיקה של גבולות: $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0\iff \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{a_{n}}}={\frac {1}{0}}$

${\frac {1}{0}}$ לא מוגדר ולכן $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{a_{n}}}\neq 0$ ולכן $\sum {\frac {1}{a_{n}}}$ לא מקיים תנאי מקדים להתכנסות של טורים ולכן $\sum {\frac {1}{a_{n}}}$ מתבדר.

---

שאלה 5.2

צ"ל: אם $\sum a_{n}$ מתבדר אז $\sum {\frac {1}{a_{n}}}$ מתכנס.

הטענה שגויה.

דוגמה נגדית: $\sum a_{n}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ טור מתבדר (הוכחנו בכיתה) וגם $\sum {\frac {1}{a_{n}}}=\sum _{n=1}^{\infty }n$ טור מתבדר. כי $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }n=\infty$ אז $\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{a_{n}}}\neq 0$ ולכן איננו מקיים תנאי מקדים להתכנסות של טורים.