גרסה אחרונה מ־17:24, 8 ביוני 2011

תוכן עניינים

1 התכנסות במ"ש (המשך)
2 טורים של פונקציות

התכנסות במ"ש (המשך)

משפט: $f_n\to f$ במ"ש בקטע I אם"ם לכל $\varepsilon>0$ יש $n_0\in\mathbb N$ כך שלכל $n>n_0$ מתקיים $\sup_{x\in I}|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon$ .

דוגמה 1

תהי $f_n(x)=\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)$ . קבעו התכנסות בכל אחד מהקטעים הבאים:

$[a,b]$ עבור $0<a<b<\infty$
בקטע $(0,\infty)$

פתרון

פונקציית הגבול היא $\lim_{n\to\infty}\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)=\ln(x+0)=\ln(x)$ .

נראה התכנסות במ"ש ב- $[a,b]$ : $\sup_{x\in[a,b]}\left|\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)-\ln(x)\right|=\sup_{n\in[a,b]}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\ln\left(1+\frac bn\right)\to0$ . $\blacksquare$
נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב- $(0,\infty)$ : $\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\infty$ . $\blacksquare$

דוגמה 2

קבע האם $f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2}$ מתכנסת במ"ש ב- $(-\infty,\infty)=\mathbb R$ .

פתרון

קל לראות ש- $f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}$ . נבדוק התכנסות במ"ש: $\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\left|\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}\right|=\left|\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}\right|$ . נחפש מקסימום: $f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0$ וקל לראות שהנגזרת מתאפסת עבור $x=0$ . ברור ש- $f_n$ מונוטונית יורדת ב- $[0,\infty)$ ולכן זו אכן נקודת מקסימום גלובלית. מתקיים $f_n(0)=1$ ולכן $\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1\not\to0$ . מכאן שההתכנסות נקודתית בלבד. $\blacksquare$

דוגמה 3

תהי $\{f_n\}$ סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציה f, האם f חסומה?

פתרון

נבחר לדוגמה $f_n(x)=\frac1x+\frac1n$ בקטע $(0,\infty)$ . ברור כי $f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x$ וכי אם $x\to0^+$ אז $\frac1x\to\infty$ , לכן f לא חסומה. $\blacksquare$

דוגמה 4

תהי $\{f_n\}$ סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות $f_n$ חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.

פתרון

נרשום $|f|\le|f-f_n|+|f_n|$ . נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן $\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|<\varepsilon$ , בפרט עבור $\varepsilon=1$ . כמו כן $f_{n_0+1}$ חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש- $\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|\le M<\infty$ ולכן מתקבל ש- $|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M$ לכל $x\in I$ . $\blacksquare$

משפט: אם $f_n$ מתכנסת במ"ש בקטע I וכל $f_n$ רציפה אזי f רציפה.

דוגמה 5

ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש.

פתרון

נגדיר את הפונקציה הבאה: $f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}$ . קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע $[0,1]$ , אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה.

לכל $x_0$ יש $n_0$ כך שלכל $n>n_0$ מתקיים $x_0>\frac1{n_0}$ שם מתקיים $f_n(x_0)=0$ , כלומר $\{f_n(x_0)\}$ סדרה קבועה מ- $n_0$ מסויים. כמו כן $\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1$ ולכן ההתכנסות אינה במ"ש.

טורים של פונקציות

דוגמה 6

נסמן לכל n, $f_n(x)=x^{n-1}$ בקטע $(-1,1)$ . מה היא פונקצית הסכום $S_N$ ?

פתרון

$S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)=1+x+\dots+x^{N-1}=\frac{1-x^N}{1-x}\to\frac1{1-x}$ .

דוגמה 7

נוכיח כי הטור $S_N(x)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$ מתכנס ל- $\sin(x)$ במ"ש בקטע $[0,2\pi]$ כאשר $n\to\infty$ .

פתרון

בזכות טורי טיילור ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן $f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$ . כאשר $R_N(x)$ השארית בין הטור-טיילור מסדר N לבין $\sin$ מתקיים $|S_N(x)-\sin(x)|=|R_N(x)|\le\left|\frac{x^{2(N+1)+1}}{(2(N+1)+1)!}\right|$ . כמו כן $\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2N+3}}{(2N+3)!}=:a_N$ . נוכיח ש- $a_N\to0$ וכך נוכיח שההתכנסות במ"ש. מספיק להסתכל על $\left|\frac{a_{N+1}}{a_N}\right|=\frac{(2\pi)^{2N+5}}{(2N+5)!}\frac{(2N+3)!}{(2\pi)^{2N+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2N+4)(2N+5)}\to0$ , לכן $\sum_{n=1}^\infty a_n$ מתכנס ובפרט $a_n\to0$ . $\blacksquare$

דוגמה 8

בדקו התכנסות במ"ש של $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}$ .

פתרון

נשים לב כי לא ידועה לנו פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: יהי $\varepsilon>0$ נתון. ברור כי $\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|$ . הטור $\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}$ מתכנס ולכן מקיים את תנאי קושי, כלומר קיים $n_0\in\mathbb N$ כל שלכל $m>n>n_0$ מתקיים $\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|<\varepsilon$ . לכן, עבור אותו $n_0$ , לכל $m>n>n_0$ מתקיים $\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|<\varepsilon$ . $\blacksquare$

@@ שורה 3: / שורה 3: @@
 ==דוגמה 1==
 תהי <math>f_n(x)=\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)</math>. קבעו התכנסות בכל אחד מהקטעים הבאים:
-# <math>[a,b]</math> עבור <math>b>a>0</math>
+# <math>[a,b]</math> עבור <math>0<a<b<\infty</math>
 # בקטע <math>(0,\infty)</math>
 ===פתרון===
 פונקציית הגבול היא <math>\lim_{n\to\infty}\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)=\ln(x+0)=\ln(x)</math>.
 # נראה התכנסות במ"ש ב-<math>[a,b]</math>: <math>\sup_{x\in[a,b]}\left|\ln\left(x+\frac{x^2}n\right)-\ln(x)\right|=\sup_{n\in[a,b]}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\ln\left(1+\frac bn\right)\to0</math>. {{משל}}
-# נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-<math>(0,\infty)</math>: <math>\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|\to\infty</math>. {{משל}}
+# נראה שההתכנסות נקודתית בלבד ב-<math>(0,\infty)</math>: <math>\sup_{x\in(0,\infty)}|f_n(x)-f(x)|=\sup_{x\in(0,\infty)}\left|\ln\left(1+\frac xn\right)\right|=\infty</math>. {{משל}}
 ==דוגמה 2==
 קבע האם <math>f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2}</math> מתכנסת במ"ש ב-<math>(-\infty,\infty)=\mathbb R</math>.
 ===פתרון===
-קל לראות ש-<math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}</math>. נבדוק התכנסות במ"ש: <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\sup_{x\in\mathbb R}=\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}=\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}</math>. נחפש מקסימום: <math>f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0</math> וקל לראות שעבור <math>x=0</math> הנגזרת אכן מתאפסת. ברור ש-<math>f_n</math> מונוטונית יורדת ב-<math>[0,\infty)</math> ולכן זו אכן נקודת מקסימום. מתקיים <math>f_n(0)=1</math> ולכן <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1>0</math>. {{משל}}
+קל לראות ש-<math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\begin{cases}1&x=0\\0&\text{else}\end{cases}</math>. נבדוק התכנסות במ"ש: <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)|=\left|\sup_{x\in\mathbb R}\frac1{1+n^2x^2}\right|=\left|\sup_{x\in[0,\infty)}\frac1{1+n^2x^2}\right|</math>. נחפש מקסימום: <math>f_n'(x)=\frac{-2n^2x}{\left(1+n^2x^2\right)^2}=0</math> וקל לראות שהנגזרת מתאפסת עבור <math>x=0</math>. ברור ש-<math>f_n</math> מונוטונית יורדת ב-<math>[0,\infty)</math> ולכן זו אכן נקודת מקסימום גלובלית. מתקיים <math>f_n(0)=1</math> ולכן <math>\sup_{x\in\mathbb R}|f_n(x)-f(x)|\ge1\not\to0</math>. מכאן שההתכנסות נקודתית בלבד. {{משל}}
 ==דוגמה 3==
 תהי <math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציה f, האם f חסומה?
 ===פתרון===
-נבחר לדוגמה <math>f_n(x)=\frac1x+\frac1n</math> בקטע <math>(0,\infty)</math>. ברור כי <math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x</math> וכי אם <math>x\to0^+</math> אז <math>\frac1x\to\infty</math>, לכן f לא חסומה.
+נבחר לדוגמה <math>f_n(x)=\frac1x+\frac1n</math> בקטע <math>(0,\infty)</math>. ברור כי <math>f(x)=\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\frac1x</math> וכי אם <math>x\to0^+</math> אז <math>\frac1x\to\infty</math>, לכן f לא חסומה. {{משל}}
 ==דוגמה 4==
-תהי <math>f_n</math> סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות <math>f_n</math> חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.
+תהי <math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות המתכנסת לפונקציה f במ"ש ב-I. נוכיח כי אם כל אחת מהפונקציות <math>f_n</math> חסומה ב-I, אזי גם f חסומה ב-I.
 ===פתרון===
-נרשום <math>|f|\le|f-f_n|+|f_n|</math>. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|\le\varepsilon</math>, בפרט עבור <math>\varepsilon=1</math>. כמו כן <math>f_{n_0+1}</math> חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-<math>\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|le M<\infty</math> ולכן מתקבל ש-<math>|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M</math> לכל <math>x\in I</math>. {{משל}}
+נרשום <math>|f|\le|f-f_n|+|f_n|</math>. נתון כי ההתכנסות במ"ש ולכן <math>\forall\varepsilon>0:\ \exists n_0:\ \forall n>n_0:\ |f(x)-f_n(x)|<\varepsilon</math>, בפרט עבור <math>\varepsilon=1</math>. כמו כן <math>f_{n_0+1}</math> חסומה ב-I (מהנתון) כלומר קיים M כך ש-<math>\sup_{x\in I}|f_{n_0+1}(x)|\le M<\infty</math> ולכן מתקבל ש-<math>|f(x)|\le1+|f_{n_0+1}(x)|<1+M</math> לכל <math>x\in I</math>. {{משל}}
@@ שורה 32: / שורה 32: @@
 ==דוגמה 5==
-ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש בקטע סגור.
+ניתן דוגמה לסדרת פונקציות רציפות המתכנסות לפונקציה רציפה אבל לא מתכנסת במ"ש.
 ===פתרון===
-נגדיר את הפונקציה הבאה: <math>f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}</math>. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע <math>[0,1]</math>, אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה. נצייר אותה: (יטופל בהמשך)
+[[קובץ:פונקציה בין 0 ל-1.png|ממוזער|300px|ימין]]
+נגדיר את הפונקציה הבאה: <math>f_n(x)=\begin{cases}2nx&0\le x\le\frac1{2n}\\2-2nx&\frac1{2n}<x\le\frac1n\\0&\frac1n<x\le1\end{cases}</math>. קל לראות שהפונקציה הנ"ל מוגדרת בקטע <math>[0,1]</math>, אפשר לראות שהפונקציה הנ"ל רציפה.
 לכל <math>x_0</math> יש <math>n_0</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>x_0>\frac1{n_0}</math> שם מתקיים <math>f_n(x_0)=0</math>, כלומר <math>\{f_n(x_0)\}</math> סדרה קבועה מ-<math>n_0</math> מסויים. כמו כן <math>\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1</math> ולכן ההתכנסות אינה במ"ש.
-==דוגמה לפתרון עצמי==
-הוכח או הפרך: אם <math>f_n:[a,b]\to[c,d]</math> סדרת פונקציות המתכנסות במ"ש לפונקצית הגבול f וכן <math>g:[c,d]\to\mathbb R</math> פונקציה רציפה אזי <math>g\circ f_n</math> היא סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש לפונקציות הגבול <math>g\circ f</math>.
 =טורים של פונקציות=
 ==דוגמה 6==
-נסמן לכלn <math>f_n(x)=x^{n-1}</math> בקטע <math>(-1,1)</math>. מה היא פונקצית הסכום <math>S_N</math>?
+נסמן לכל n, <math>f_n(x)=x^{n-1}</math> בקטע <math>(-1,1)</math>. מה היא פונקצית הסכום <math>S_N</math>?
 ===פתרון===
 <math>S_N(x)=\sum_{n=1}^N f_n(x)=1+x+\dots+x^{N-1}=\frac{1-x^N}{1-x}\to\frac1{1-x}</math>.
@@ שורה 49: / שורה 47: @@
 נוכיח כי הטור <math>S_N(x)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math> מתכנס ל-<math>\sin(x)</math> במ"ש בקטע <math>[0,2\pi]</math> כאשר <math>n\to\infty</math>.
 ===פתרון===
-ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן <math>f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math>. מתקיים <math>|S_N(x)-\sin(x)|\le|R_N(x)|=\left|\frac{(-1)^{N+1}c^{2(N+1)+1}}{(2(n+1)+1)!}\right|</math>. מתקיים <math>\frac{c^{2n+3}}{(2n+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2\pi+3}}{(2n+3)!}=:a_n</math>. מספיק להסתכל על <math>\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{(2\pi)^{2n+5}}{(2n+5)!}\frac{(2n+3)!}{(2\pi)^{2n+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2n+4)(2n+5)}\to0</math>, לכן <math>\sum_{n=1}^\infty a_n</math> מתכנס ולכן <math>a_n\to0</math>. מכאן שההתכנסות במ"ש. {{משל}}
+בזכות טורי טיילור ברור שיש התכנסות נקודתית, נותר לבדוק התכנסות במ"ש. נסמן <math>f_n(x)=\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math>. כאשר <math>R_N(x)</math> השארית בין הטור-טיילור מסדר N לבין <math>\sin</math> מתקיים <math>|S_N(x)-\sin(x)|=|R_N(x)|\le\left|\frac{x^{2(N+1)+1}}{(2(N+1)+1)!}\right|</math>. כמו כן <math>\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\le\frac{(2\pi)^{2N+3}}{(2N+3)!}=:a_N</math>. נוכיח ש-<math>a_N\to0</math> וכך נוכיח שההתכנסות במ"ש. מספיק להסתכל על <math>\left|\frac{a_{N+1}}{a_N}\right|=\frac{(2\pi)^{2N+5}}{(2N+5)!}\frac{(2N+3)!}{(2\pi)^{2N+3}}=\frac{(2\pi)^2}{(2N+4)(2N+5)}\to0</math>, לכן <math>\sum_{n=1}^\infty a_n</math> מתכנס ובפרט <math>a_n\to0</math>. {{משל}}
 ==דוגמה 8==
-בדקו התכנסות במ"ש <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}</math>.
+בדקו התכנסות במ"ש של <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^2}</math>.
 ===פתרון===
-נשים לב כי לא יגדוע מהי פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: <math>|S_n-S_m|=\left|\sum_{k=n+1}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\sum_{k=n+1}^m\sum_{|\cos(kx)|}{k^2}\le\underbrace{\sum_{k=n+1}^m\frac1{k^2}}_\text{converges}<\varepsilon</math>
+נשים לב כי לא ידועה לנו פונקצית הגבול של הטור ולכן לא ניתן להוכיח התכנסות במ"ש ישירות מההגדרה. במקום, נפנה לתנאי קושי: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. ברור כי <math>\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|\le\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|</math>. הטור <math>\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}</math> מתכנס ולכן מקיים את תנאי קושי, כלומר קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כל שלכל <math>m>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=n}^m\frac1{k^2}\right|<\varepsilon</math>. לכן, עבור אותו <math>n_0</math>, לכל <math>m>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=n}^m\frac{\cos(kx)}{k^2}\right|<\varepsilon</math>. {{משל}}

הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - תרגול/15.5.11"

גרסה אחרונה מ־17:24, 8 ביוני 2011

תוכן עניינים

התכנסות במ"ש (המשך)

דוגמה 1

פתרון

דוגמה 2

פתרון

דוגמה 3

פתרון

דוגמה 4

פתרון

דוגמה 5

פתרון

טורים של פונקציות

דוגמה 6

פתרון

דוגמה 7

פתרון

דוגמה 8

פתרון

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים