סדרות חסומות ותכונותיהן

סדרה חסומה

הגדרה: סדרה חסומה סדרה תיקרא סדרה חסומה אם ורק אם קיים $M$ כך שלכל $n\in \mathbb {N}$ מתקיים $|a_{n}|<M$, כלומר $-M<a_{n}<M$. דוגמא: הסדרה $a_{n}={\frac {1}{n}}$ חסומה, כי נוכל לבחור לדוגמא $M=2$, וכיוון שלכל $n\in \mathbb {N}$ מתקיים $0<a_{n}\leq 1$, נקבל $-2<a_{n}<2$ ולכן הסדרה חסומה. דוגמא: הסדרה הקבועה $a_{n}=0$ בוודאי חסומה, כי נוכל לבחור לדוגמא $M=1$, ולכל $n\in \mathbb {N}$ מתקיים $a_{n}=0$, ולכן $-1<a_{n}<1$ לכל $n\in \mathbb {N}$.

משפט: תהי $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרה, אם מתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=\infty$ או ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=-\infty$ אז הסדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ לא חסומה. הוכחה: נוכיח לגבי המקרה שבו ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=\infty$. יהי $M\in \mathbb {R}$, נניח בשלילה ש$M$ חסם של $a_{n}$, כלומר שמתקיים $|a_{n}|<M$ לכל $n\in \mathbb {N}$, כלומר שמתקיים $-M<a_{n}<M$, אך לפי הגדרת הגבול באינסוף, קיים $N\in \mathbb {N}$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $a_{n}>M$, ולכן קיבלנו סתירה והסדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ לא חסומה.

קבוצות חסומות

הגדרה: חסם מלעיל ומלרע של קבוצה תהי $A$ קבוצה, אם לכל $x\in A$ מתקיים $x\leq r$, אז נקרא ל$r$ חסם מלעיל של הקבוצה $A$, ואם לכל $x\in A$ מתקיים $x\geq r$, אז נקרא ל$r$ חסם מלרע של הקבוצה $A$

הגדרה: סדרה חסומה תהי $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרה, נאמר ש$(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ חסומה מלעיל אם ורק אם הקבוצה $(a_{n}|n\in \mathbb {N} )$ חסומה מלעיל, ונאמר שהסדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ חסומה מלרע אם ורק אם הקבוצה $(a_{n}|n\in \mathbb {N} )$ חסומה מלרע

אינפימום וסופרמום

הגדרה: אינפימום וסופרמום של קבוצה תהי $A\ \subseteq \mathbb {R}$ קבוצה, ויהי $r\in \mathbb {R}$, נקרא ל$r$ הסופרמום של הקבוצה $A$, אם ורק אם מתקיימים שני תנאים, הראשון הוא ש$r$ חסם מלעיל של $A$, והשני הוא שלכל $\epsilon >0$, קיים $x\in A$ כך שמתקיים $r-\epsilon <x$, נסמן $r=\sup A$. נקרא ל$r$ האינפימום של הקבוצה $A$, אם ורק אם מתקיימים שני תנאים, הראשון הוא ש$r$ חסם מלרע של $A$, והשני הוא שלכל $\epsilon >0$, קיים $x\in A$ כך שמתקיים $r+\epsilon >x$, ונסמן $r=\inf A$.

משפט: תהיו $A,B$ קבוצות חסומות מלעיל ולא ריקות, אזי מתקיים $\sup(A+B)=\sup A+\sup B$ הוכחה: נניח שמתקיים $r=\sup A$, ו$y=\sup B$, תחילה הסכום $r+y$ חסם מלעיל של $A+B$, כיוון שלכל $x\in A$ מתקיים $x\leq r$, וגם לכל $h\in B$ מתקיים $h\leq y$, ולכן מתקיים לכל $x\in A$ ולכל $h\in B$, האי שוויון $x+h\leq r+y$, ולכן $r+y$ חסם מלעיל של הקבוצה $A+B$, כעת נשתמש בנתון שמתקיים $r=\sup A$, ו$y=\sup B$, יהי $\epsilon >0$, לכן קיים $x\in A$ כך שמתקיים $r-{\frac {\epsilon }{2}}<x$, וגם קיים $h\in A$ כך שמתקיים $y-{\frac {\epsilon }{2}}<h$, נחבר את שני האי שוויונות ונקבל $r+y-{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=r+y-\epsilon <x+h$, ולכן מתקיים $\sup(A+B)=\sup A+\sup B$, ההוכחה למקרה של אינפימום אנלוגית להוכחה זו.

משפט: תהי $A$ קבוצה חסומה מלעיל ולא ריקה, אז מתקיים $r=\sup A$ אם ורק אם $r$ חסם מלעיל של $A$, וקיימת סדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ שכל איבריה שייכים ל$A$, ומתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=r$. הערה: הטענה אנלוגית גם לגבי אינפימום של סדרה. הוכחה: נניח שמתקיים $r=\sup A$, לכן $r$ חסם מלעיל של $A$, וגם לפי הגדרת הסופרמום, לכל $n\in \mathbb {N}$ קיים $a_{n}\in A$ כך שמתקיים $a_{n}>r-{\frac {1}{n}}$, אבל מתקיים גם $a_{n}<r$ ולכן, כיוון שמתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}r-{\frac {1}{n}}={\underset {n\to \infty }{\lim }}r=r$, נקבל ממשפט הסנדוויץ' שמתקיים גם ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=r$. בכיוון השני, נניח שקיימת סדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ שכל איבריה שייכים ל$A$ ומתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=r$, לכן לכל $n\in \mathbb {N}$ קיים $N\in \mathbb {N}$, כך שלכל $n>N$ מתקיים $|a_{n}-r|<\epsilon$, כלומר $r-\epsilon <a_{n}<r+\epsilon$, ובפרט $r-\epsilon <a_{n}$, לכן כמובן קיים $n$ אחד שזה מתקיים לגביו, ולכן לפי הגדרת הסופרמום מתקיים $\sup A=r$.

הלמה של קנטור

משפט: תהי $(I_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרה של קטעים סגורים $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$, המקיימים את התנאים: כל קטע מכיל את הקטע הבא, כלומר $I_{1}\supseteq I_{2}\supseteq I_{3}\supseteq ....$ אורך הקטע $I_{n}$ שואף לאפס, כלומר ${\underset {n\to \infty }{\lim }}(b_{n}-a_{n})=0$ אז קיימת נקןדה יחידה $x$ השייכת לכל הקטעים, כלומר $\bigcap _{n=1}^{\infty }={x}$, ומתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}=x$. הוכחה: לכל $n\in \mathbb {N}$ מתקיים $I_{n}\supseteq I_{n+1}$, לכן הסדרה $a_{n}$ עולה, והסדרה $b_{n}$ יורדת, כיוון שמתקיימת ההכלה, שתי הסדרות חסומות על ידי הקטע $I_{1}$, ולכן חסומות. לפי המשפט הקודם, שתי הסדרות מתכנסות, וגם לפי ההנחה מתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}(b_{n}-a_{n})=0\implies {\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}-{\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=0\implies {\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}$, כעת נתבונן באיבר $x=\sup(a_{n}|n\in \mathbb {N} )=\inf(b_{n}|n\in \mathbb {N} )$, מתקיים לכל $n\in \mathbb {N}$ האי שוויון $a_{n}\leq x\leq b_{n}$, ולכן $x\in I_{n}$ לכל $n\in \mathbb {N}$, כעת נותר רק להוכיח שהוא האיבר היחיד ששייך לכל הקטעים, נניח שקיים עוד איבר בכל הקטעים, נסמן אותו $h\in I_{n}$, לכן מתקיים $a_{n}<h<b_{n}$ לכל $n\in \mathbb {N}$, אבל מתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}$, ולכן ממשפט הסנדוויץ' נקבל שמתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}=h=x$, ולכן $h=x$ ואין עוד איבר ששייך לכל הקטעים.

גבול חלקי של סדרה

הגדרה: גבול חלקי של סדרה תהי $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרה, נאמר ש$L\in \mathbb {R}$ גבול חלקי שלה, אם ורק אם לכל $\epsilon >0$ קיימים אינסוף ערכי $n$ עבורם מתקיים $|a_{n}-L|<\epsilon$. הערה: שימו לב, בהגדרת הגבול דרשנו שהאי שוויון יתקיים לכל $n>N$, כאן אנו רק דורשים שזה יתקיים לאינסוף ערכים. דוגמא: נוכיח שהערך $0$ הוא גבול חלקי של הסדרה $a_{n}=0,1,0,1,0....$. הוכחה: יהי $\epsilon >0$, לכל $n=2k-1$ כאשר $k\in \mathbb {N}$, מתקיים $a_{n}=0$, ולכן $|a_{n}-0|=|0|=0<\epsilon$, ולכן $0$ הוא גבול חלקי של הסדרה $a_{n}$.

משפט בולצאנו ויירשטראס

משפט: לכל סדרה חסומה קיימת תת-סדרה מתכנסת. ישנן שתי הוכחות שונות, אחת נעזרת בלמה של קנטור, והשנייה לא, אוכיח בשתי הדרכים. הוכחה: הוכחה בעזרת הלמה של קנטור: תהי $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרה חסומה, קיימים זוג מספרים ממשיים $a,b$ כך שמתקיים $a<b$ וכל איברי הסדרה נמצאים בקטע $[a,b]$, נוכל לבנות סדרת קטעים יורדת $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$, הקטע הראשון יהיה $I_{1}=[a_{1},b_{1}]=[a,b]$, בקטע השני, נחלק את הקטע $[a,b]$ לשני תתי קטעים באורך שווה, על ידי שימוש בנקודת האמצע ${\frac {a+b}{2}}$, כלומר שני הקטעים יהיו $I_{1}'=[a,{\frac {a+b}{2}}]$, ו$I_{n}''=[{\frac {a+b}{2}},b]$, כל איבר של הסדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ נמצא באחד משני הקטעים, ולכן לפחות אחד מהם מכיל אינסוף איברים מהסדרה, נבחר את הקטע הזה, ונסמן אותו $I_{2}=[a_{2},b_{2}]$, נחלק כעת שוב את הקטע $I_{2}$ לשני תתי קטעים שווי אורך כמו מקודם, נסמן אותם $I_{2}',I_{2}''$, שוב פעם, יש אינסוף איברים מהסדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ אשר נמצאים באחד מהקטעים לפחות, נבחר את הקטע הזה ונסמן אותו $I_{3}$, נמשיך באותה השיטה, ולכן קיבלנו סדרת קטעים $I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ שמקיימת כל קטע מכיל את הקטע שאחריו, כל קטע באורך חצי מהקטע הקודם, בכל קטע יש אינסוף איברים מהסדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$, מהתנאי השני נקבל שאורך הקטע $I_{n}$ הוא ${\frac {b-a}{2^{n-1}}}$, ולכן אורך זה שואף ל0 כאשר $n$ שואף לאינסוף, ולכן הסדרה מקיימת את תנאי הלמה של קנטור, לכן מתקבלת נקודה אחת משותפת לכל הקטעים, והיא שווה ל${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}$, נסמן את הנקודה הזו ב$x$, כעת נוכל להגדיר סדרה $a_{n_{k}}$ המתכנסת ל$x$ בצורה הבאה: $n_{1}=1$, אם $n_{k-1}$ הוגדר, נבחר את $n_{k}$ כך ש$a_{n_{k}}$ שייך לקטע $I_{k}$, וגם $n_{k}>n_{k-1}$, אפשר לעשות זאת כיוון שיש אינסופים אינדקסים המקיימים $a_{k}\in I_{k}$, באופן זה קיבלנו תת סדרה $a_{k}<a_{n_{k}}<b_{k}$, ולכן לפי משפט הסנדוויץ' מתכנסת ומתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}b_{n}={\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n_{k}}=x$. $\blacksquare$. הוכחה ללא הלמה של קנטור: בשביל ההוכחה הזו נצטרך להוכיח טענת עזר. טענה: לכל סדרה קיימת תת סדרה מונוטונית כאשר איבר מסויים כ"מינימום מקומי" אם אין אחריו אין איבר שקטן ממנו בסדרה, יש לנו כעת 2 תרחישים אפשריים: קייימים אינסוף איברים שעונים להגדרה של "מינימום מקומי" , נבחר תחילה את הראשון, לאחר מכן את השני, לאחר מכן את השלישי וכו', קיבלנו תת סדרה מונוטונית עולה(לפי ההגדרה של "מינימום מקומי"), ולכן ההוכחה הסתיימה. קיים מספר סופי של איברים העונים להגדרה של "מינימום מקומי" , נניח שהאיבר האחרון שעונה להגדרה, הוא $a_{k}$, לכן נבחר תחילה את $a_{k+1}$, כיוון שהוא לא עונה להגדרה של "מינימום מקומי" , בהכרח קיים איבר $a_{s}$ שקטן ממנו, נבחר בו, כעת כיוון שגם הוא לא עונה להגדרה של "מינימום מקומי", בהכרח קיים איבר $a_{z}$ שקטן ממנו, לכן נבחר בו ונמשיך ככה, ובכך קיבלנו תת סדרה מונוטונית יורדת. בשני המקרים קיבלנו תת סדרה מונוטונית, ולכן הטענה נכונה וההוכחה התסיימה. כעת אנחנו יודעים שלכל סדרה חסומה קיימת תת סדרה מונוטונית, לכן לכל סדרה חסומה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ קיימת תת סדרה מונוטונית $a_{n_{k}}$, אבל כיוון ש$(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ חסומה גם $a_{n_{k}}$ חסומה, ולכן לפי המשפט שהוכחנו מקודם היא מתכנסת(אם היא עולה אז מתכנסת לסופרמום, ואם יורדת אז מתכנסת לאינפימום שלה.)

קריטריון קושי להתכנסות סדרה

הגדרה: קריטריון קושי להתכנסות סדרה תהי $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרה, נאמר שהסדרה מקיימת את תנאי קושי אם לכל $\epsilon >0$ קיים $N\in \mathbb {N}$ כך שלכל $m,n>N$ טבעיים, מתקיים $|a_{n}-a_{m}|<\epsilon$. נקרא לסדרה שמתקיימת את התנאי הזה, סדרת קושי. משפט: קריטריון קושי להתכנסות סדרה סדרה $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ מתכנסת אם ורק אם היא סדרת קושי. הוכחה: נתחיל בהנחה שהסדרה מתכנסת, ונראה שמקיימת את תנאי קושי. נסמן ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=L$. יהי $\epsilon >0$, לכן לפי הגדרת הגבול, קיים $N\in \mathbb {N}$ כך שלכל $n>N$ מתקיים $|a_{n}-L|<{\frac {\epsilon }{2}}$, נניח שמתקיים $n,m>N$, לכן מתקיים $|a_{n}-L|<{\frac {\epsilon }{2}}$ וגם $|a_{m}-L|<{\frac {\epsilon }{2}}$, ולכן מתקיים $|a_{n}-a_{m}|=|(a_{n}-L)+(L-a_{m})|\leq |a_{n}-L|+|a_{m}-L|<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon$, ולכן $|a_{n}-a_{m}|<\epsilon$. כעת נוכיח את הכיוון השני, נניח שהסדרה מקיימת את תנאי קושי, ונראה שהיא מתכנסת. ראשית נוכיח שהסדרה חסומה, נשתמש בתנאי קושי עם $\epsilon =1$, קיים בהכרח $N\in \mathbb {N}$ כך שלכל $m,n>N$ מתקיים $|a_{n}-a_{m}|<1$, ולכן לכל $m>N$ יתקיים $|a_{m}-a_{n+1}|<1$, ומתקיים $|a_{m}|=|(a_{m}-a_{N+1})+a_{N+1}|<1+|a_{N+1}|$, לכן לכל $m\in \mathbb {N}$ מתקיים $|a_{m}|<1+\max(|a_{1}|,|a_{2}|,|a_{3}|...|a_{N}|,|a_{N+1}|)$ והסדרה חסומה. לפי משפט בולצאנו-ויירשטראס, קיימת לה תת סדרה מתכנסת ולכן יש לה לפחות גבול חלקי אחד, נסמן אותו ב$L$, ונוכיח שמתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=L$. יהי $\epsilon >0$, כיוון ש$(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ סדרת קושי, קיים $N\in \mathbb {N}$ כך שלכל $m,n>N$ מתקיים $|a_{n}-a_{m}|<{\frac {\epsilon }{2}}$, ועל פי הגדרת הגבול החלקי קיימים אינסוף ערכים $n$ עבורם מתקיים $|a_{n}-L|<{\frac {\epsilon }{2}}$, לכן קיים $n_{0}>N$ שמקיים $|a_{n_{0}}-L|<{\frac {\epsilon }{2}}$, ולכל $m>N$ מתקיים $|a_{m}-a_{n_{0}}|<{\frac {\epsilon }{2}}$, ולכן מתקיים האי שוויון $|a_{m}-L|=|(a_{m}-a_{n_{0}})+(a_{n_{0}}-L)|\leq |(a_{m}-a_{n_{0}})|+|(a_{n_{0}}-L)|<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon$, ולכן מתקיימת הגדרת הגבול ומתקיים ${\underset {n\to \infty }{\lim }}a_{n}=L$.