חדו"א-צ'יט #1

תקופת הבחינות מתקרבת, ועשרות אלפי סטודנטים הולכים להיבחן בחדו"א (חלקם בעל כורחם). אנצל את הבמה כדי לחזור לימי הסמסטר הראשון והשני ולספר איך לפתור משפחה מסוימת של בעיות גבול. זה יהיה פוסט אלמנטרי וקצר, שהגיע בעקבות זה שגאלתי חברים וסטודנטים משעות של חישובים והבנתי שאולי זה יעזור לעוד כמה אנשים.

אבי החדו

אבי החדו"א?

הבעיה: חשבו את הגבול \lim_{x\to 0, y\to 0} \frac{x^a y^b}{x^c + y^d} או הראו שאינו קיים, כאשר a,b,c,d הם פרמטרים – מספרים שלמים חיוביים כלשהם, לרוב.
דוגמא: הראו שהגבול הבא שווה 0:

\lim_{x\to 0, y\to 0} \frac{x^3 y^5}{x^4 + y^8}

נתחיל בלפתור את הדוגמא, באמצעות אי-השיוויון הטריוויאלי הבא:

אי-שיוויון טריוויאלי, גרסה חלקית: |xy| \le x^2 + y^2, לכל x,y ממשיים.
הסבר לאי-שיוויון: אם |x| \ge |y|, מתקיים |xy| \le |x|^2 \le x^2+y^2. המקרה השני מוכח באופן דומה. \blacksquare
פיתרון הדוגמא באמצעותו: נשתמש בכלל הסנדביץ' ובאי-שיוויון הנ"ל מופעל על x^3,y^5:

0 \le |\frac{x^3 y^5}{x^4+y^8}| \le \frac{x^6 + y^{10}}{x^4+y^8} \le \frac{x^6}{x^4} + \frac{y^{10}}{y^{8}} = x^2+y^2 \to 0

מה שנותן \lim_{x\to 0, y\to 0} |\frac{x^3 y^5}{x^4 + y^8}| = 0 ולכן \lim_{x\to 0, y\to 0} \frac{x^3 y^5}{x^4 + y^8} = 0.

בשרשרת המעברים הנ"ל השתמשנו במעבר הכללי \frac{a+b}{c+d} \le \frac{a}{c}+\frac{b}{d}, שנכון עבור a,b,c,d חיוביים, ומוסבר ע"י המעבר הבא:

\frac{a+b}{c+d} = \frac{a}{c+d} + \frac{b}{c+d} \le \frac{a}{c} + \frac{b}{d}

\blacksquare

תרגיל 1: הראו שלמעשה \frac{a+b}{c+d} \le \frac{1}{2}(\frac{a}{c}+\frac{b}{d}).
תרגיל 2: הראו שלמעשה |xy| \le \frac{1}{2} (x^2+y^2).

איך אפשר להכליל את ההוכחה הזו עבור המקרה הכללי? המרכיב העיקרי בהוכחה היה אי-שיוויון העזר, שאיפשר לנו להחליף את המכפלה במונה בסכום, כמו שיש במכנה, והצלחנו לצמצם אותם (בעזרת המעבר \frac{a+b}{c+d} \le \frac{a}{c} + \frac{b}{d}). לכן, הגיוני להכליל את אי-השיוויון:

אי-שיוויון טריוויאלי, גרסה מלאה: אם p,q שני מספרים ממשיים חיוביים שמסתכמים ל-1, מתקיים: |xy| \le |x|^{1/p} + |y|^{1/q} לכל x,y ממשיים. (עבור p=q=0.5, מקבלים את הגרסה המקורית).
הסבר לאי-שיוויון: אם |x|^{q/p} \ge |y|, מתקיים |xy| \le |x|^{1+\frac{q}{p}}=|x|^{1/p} \le |x|^{1/p} + |y|^{1/q}. המקרה השני מוכח באופן דומה. \blacksquare

והנה אנחנו מגיעים לטענה הכללית הראשונה שלנו:

טענה 1: אם a,b,c,d שלמים חיוביים המקיימים \frac{a}{c} + \frac{b}{d} > 1, אז הגבול הבא שווה 0:

\lim_{x \to 0^{+}, y \to 0^{+}} \frac{x^a y^b}{x^c + y^d} = 0

הוכחה: נשתמש באי-שיוויון "הטריוויאלי" הנ"ל. לא נבחר מראש את ה-p,q באי-שיוויון, אלא נשתמש בו באופן הכללי יותר ותוך כדי נבין מה היא הבחירה הנבונה:

0 \le \frac{x^a y^b}{x^c + y^d} \le \frac{x^{a/p} + y^{b/q}}{x^c + y^d} \le \frac{x^{a/p}}{x^c} + \frac{y^{b/q}}{y^d} = x^{\frac{a}{p}-c}+y^{\frac{b}{q}-d}

וזה נכון לכל p,q חיוביים שסכומם 1.
כדי שאגף ימין ישאף לאפס, צריך שהמעריכים \frac{a}{p}-c,\frac{b}{q}-d יהיו חיוביים, כלומר p <\frac{a}{c}, q < \frac{b}{d}. אנחנו יודעים ש-p+q=1 (כדי שאי-השיוויון יעבוד בכלל), וזה נותן לנו את ההגבלה 1=p+q< \frac{a}{c} + \frac{b}{d}, שאנחנו מניחים בטענה שהיא כבר מתקיימת. השאלה שנותרה היא: למה זה "אם ורק אם"?, כלומר – למה אם ההגבלה \frac{a}{c} + \frac{b}{d} > 1 מתקיימת אז אפשר לבחור p,q כנדרש? קודם כל, חישבו על זה שנייה – זה לא החלק הקשה של ההוכחה. שנית, אפשר להיווכח שהערכים הבאים עובדים: p=\frac{ad}{ad+bc}, q=\frac{bc}{ad+bc} – הם חיוביים וקטנים מ-1, מסתכמים ל-1, והעובדה שהאילוצים p <\frac{a}{c}, q < \frac{b}{d} מתקיימים שקולה לדרישה הנתונה, \frac{a}{c} + \frac{b}{d} > 1.
איך הגעתי לזה? מייד אביא הסבר גיאומטרי. בכלל, זה כיף וחשוב לחשוב על דברים בצורה גיאומטרית.
בכל אופן, ע"י בחירה זו של p,q הצלחנו לחסום את הביטוי מלמעלה ומלמטה ע"י פונקציות השואפות לאפס, ולכן הוא שואף בעצמו לאפס. \blacksquare

הסבר גיאומטרי לבחירת הפרמטרים (אפשר לדלג בקריאה ראשונה): אפשר לצייר את כל הערכים החיוביים p,q המסתכמים ל-1 בתור נקודות על קטע במישור, הקטע המחבר את (0,1) עם (1,0). הדרישות p <\frac{a}{c}, q < \frac{b}{d} מאלצות אותנו לקחת נקודה על הקטע שנמצאת בתור הריבוע הפתוח (0,\frac{a}{c}) \times (0,\frac{b}{d}). הפינה הימנית-עליונה של הריבוע נמצאת מעל הקטע, והפינה השמאלית-תחתונה מתחת לקטע, ומקמירות הריבוע יש נקודה על הקטע שמוכלת בריבוע.
באופן מפורש, אפשר לקחת את הישר המחבר את הפינות של הקטע, הלא הוא y=\frac{bc}{ad}x, ולחתוך אותו עם הקטע x+y=1, וע"י פיתרון 2 משוואות ב-2 נעלמים להגיע לערכים שנתתי קודם: (x,y) = (\frac{ad}{ad+bc},\frac{bc}{ad+bc}).

הערה: שימו לב שבטענה 1 דרשנו שהשאיפה לראשית הצירים תהיה "מלמעלה" (x\to 0^{+}, y\to0^{+}). אם מורידים דרישה זו, עלולות להיות בעיות. לדוגמא, אם המכנה הוא x^3+y^3, אז הביטוי לא מוגדר כאשר x,y הם מספרים קטנים המסתכמים ל-0 (x=\varepsilon, y=-\varepsilon). ברוב המקרים c,d יהיו זוגיים ואז הוכחת הטענה עובדת גם כאשר השאיפה לראשית הצירים היא לאו דווקא מלמעלה.

תרגיל 3 (קשה): הראו שאפשר לשפר את "אי-השיוויון הטריוויאלי", ולמעשה |xy| \le p|x|^{1/p} +q |y|^{1/q} לכל x,y ממשיים (כאשר p,q שני מספרים ממשיים חיוביים המסתכמים ל-1).
אי-שיוויון זה נקרא גם אי-שיוויון Young, הוא שימושי מאוד ובפרט שקול לאי-שיוויון הממוצעים המשוקלל עבור 2 משתנים (הסבר עליו נמצא בהוכחה מס' 10 כאן).

אוקיי, טענה 1 טיפלה במקרה יחסית כללי של הבעיה, בו קיבלנו שהגבול הוא 0. מה קורה כאשר אנחנו מתעמתים עם הגבול \lim_{x \to 0^{+}, y \to 0^{+}} \frac{x^a y^b}{x^c + y^d}  כאשר האילוץ \frac{a}{c} + \frac{b}{d} > 1 לא מתקיים? מסתבר שהגבול פשוט לא קיים:

טענה 2: אם a,b,c,d שלמים חיוביים המקיימים \frac{a}{c} + \frac{b}{d} \le 1, אז הגבול הבא לא קיים:

\lim_{x \to 0^{+}, y \to 0^{+}} \frac{x^a y^b}{x^c + y^d}

הוכחה: הדרך הכי קלה להפריך קיום גבול היא להדגים קיום 2 גבולות חלקיים שונים. זה מה שנעשה.

קודם כל, קל להיווכח ש-0 הוא גבול חלקי – ניקח y=0 (או x=0).
בשביל לבנות עוד גבול חלקי, כדאי להפריד לשני מקרים: האם ב-\frac{a}{c} + \frac{b}{d} \le 1 מתקיים אי-שיוויון ממש, או שיוויון.

מקרה השיוויון: אם \frac{a}{c} + \frac{b}{d} = 1, אז חישוב קצר מראה שאם (x,y) שואפים לראשית הצירים על המסלול (x, x^{c/d}), אז הביטוי \frac{x^a y^b}{x^c + y^d}  למעשה קבוע על המסלול ושווה בו ל-\frac{1}{2}. בפרט, זה הגבול של הביטוי על המסלול. אשאיר את החישוב לכם. בכך סיימנו – מצאנו שני גבולות חלקיים שונים (0 ו-\frac{1}{2}), לכן לא קיים גבול.
הערה: אם היינו בוחרים במסלול (x, \lambda x^{c/d}), כאשר \lambda הוא פרמטר חיובי, שוב היינו מקבלים שהביטוי קבוע על המסלול, והפעם שווה לסקלר \frac{\lambda^b}{1+\lambda^d}. כך ניתן לבנות המון גבולות חלקיים שונים.

מקרה אי-השיוויון: אם \frac{a}{c} + \frac{b}{d} < 1, אז חישוב קצר מראה שאם (x,y) שואפים לראשית הצירים על המסלול (x, x^{c/d}), אז הביטוי \frac{x^a y^b}{x^c + y^d} שואף לאינסוף על המסלול. אשאיר את החישוב לכם. בכך סיימנו – מצאנו שני גבולות חלקיים שונים (0 ו-\infty), לכן לא קיים גבול.
\blacksquare

זהו. 2 הטענות ביחד, טענה 1 וטענה 2, סותמות את הגולל על תחום זה של שאלות בחדו"א. בהצלחה.


תרגיל 4:
על אף שבמקרה \frac{a}{c} + \frac{b}{d}=1 אין גבול, הראו שבמקרה הזה הביטוי \frac{x^a y^b}{x^c + y^d} חסום בערך מוחלט ע"י 1. האם אפשר לשפר קבוע זה?
תרגיל 5: מצאו את תחומי העליה והירידה של הפונקציה f(\lambda) = \frac{\lambda^b}{1+\lambda^d}, שהופיעה לרגע בהוכחה. (b,d פרמטרים חיוביים. למעשה, המקרה המעניין הוא b \le d.)
תרגיל 6: מצאו את כל הגבולות החלקיים של \frac{x^a y^b}{x^c + y^d} בראשית הצירים.

וכצפוי, אפשר להכליל הכל למספר משתנים. לפעמים דווקא כשמכלילים מקבלים הוכחות נאות יותר:
תרגיל 7: הכלילו את אי-השיוויון הטריוויאלי למספר משתנים: אם p_1,p_2,\cdots, p_n הם מספרים ממשיים חיוביים המסתכמים ל-1, אז: |x_1 x_2 \cdots x_n| \le |x_1|^{1/p_1} + |x_2|^{1/p_2} + \cdots + |x_n|^{1/p_n}, לכל x_1,\cdots,x_n ממשיים.
תרגיל 8: הכלילו את טענות 1 ו-2 למספר משתנים. ספציפית, הראו שהגבול של \lim_{(x_1,\cdots,x_n) \to \vec{0}^{+}} \frac{x_1^{a_1} x_2^{a_2} \cdots x_n^{a_n}}{x_1^{b_1} + x_2^{b_2} + \cdots + x_n^{b_n}} שווה 0 אם \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{b_i} > 1, ואחרת הוא לא קיים.

אסיים בכמה שורות על האינטואיציה מאחורי כל מה שעשינו.
אם אנחנו רוצים לחקור את הביטוי \frac{x_1^{a_1} x_2^{a_2} \cdots x_n^{a_n}}{x_1^{b_1} + x_2^{b_2} + \cdots + x_n^{b_n}} קרוב לאפס, אפשר לעשות שינוי משתנים מהצורה y_i = x_i^{b_i} (בהנחה שהכל חיובי) ולעבוד עם הביטוי השקול \frac{y_1^{a_1 / b_1} y_2^{a_2/b_2} \cdots y_n^{a_n/b_n}}{y_1 + y_2 + \cdots + y_n}. המכנה הוא פולינום ממעלה 1, המונה ממעלה \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{b_i}, והרעיון הוא שאם מעלה זו גדולה מ-1 אז הגבול הוא 0 (כמו שהגבול \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x} הוא 0), אם היא קטנה מ-1 הגבול הוא \infty, ואם המעלה היא בדיוק 1 המנה חסומה אבל אין גבול בראשית הצירים. מה שמפרמל אינטואיציה זו הוא אי-השיוויון שהוכחנו.

שבת שלום,
אופיר
#שתפו

מודעות פרסומת

אודות Ofir Gorodetsky

Graduate student at TAU. Can be contacted at bambaman1 at gmail dot com.
פוסט זה פורסם בקטגוריה כללי, עם התגים , . אפשר להגיע ישירות לפוסט זה עם קישור ישיר.

כתיבת תגובה

הזינו את פרטיכם בטופס, או לחצו על אחד מהאייקונים כדי להשתמש בחשבון קיים:

הלוגו של WordPress.com

אתה מגיב באמצעות חשבון WordPress.com שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת Twitter

אתה מגיב באמצעות חשבון Twitter שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת Facebook

אתה מגיב באמצעות חשבון Facebook שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת גוגל פלוס

אתה מגיב באמצעות חשבון Google+ שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

מתחבר ל-%s