לדלג לתוכן
שינוי מצב סרגל צד
Math-Wiki
חיפוש
יצירת חשבון
כלים אישיים
יצירת חשבון
כניסה לחשבון
דפים לעורכים שלא נכנסו לחשבון
מידע נוסף
שיחה
תרומות
ניווט
עמוד ראשי
שינויים אחרונים
העלאת קובץ
כלים
דפים המקושרים לכאן
שינויים בדפים המקושרים
תרומות המשתמש
יומנים
צפייה בהרשאות המשתמש
דפים מיוחדים
מידע על הדף
עריכת הדף "
משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.7.11
" (פסקה)
דף משתמש
שיחה
עברית
קריאה
עריכה
גרסאות קודמות
עוד
קריאה
עריכה
גרסאות קודמות
אזהרה:
אינכם מחוברים לחשבון. כתובת ה־IP שלכם תוצג בפומבי אם תבצעו עריכות כלשהן. אם
תיכנסו לחשבון
או
תיצרו חשבון
, העריכות שלכם תיוחסנה לשם המשתמש שלכם ותקבלו גם יתרונות אחרים.
בדיקת אנטי־ספאם.
אין
למלא שדה זה!
=חזרה= ==דוגמה 1== <math>\int\limits_0^\infty\sqrt x\sin(x^2)\mathrm dx</math> מתכנס? ===פתרון=== נציב <math>y=x^2, x=\sqrt y, \mathrm dx=\frac{\mathrm dy}{\sqrt y}, \sqrt x=y^{1/4}</math> ןמתכנס לפי דיריכלה. ==דוגמה 2== מצאו רדיוס התכנסות של <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2^n}}{n!}</math>. ===פתרון=== עפ"י דלאמבר דורשים <math>\limsup\frac{|x^{2^{n+1}}/(n+1)!|}{\frac{x^{2^n}}{n!}}<1</math> שמתקיים אם"ם <math>|x|<1</math>. ==דוגמה 3== לפונקציה g רציפה ב-<math>[a,b]</math> נסמן <math>M(g)=\max_{x\in[a,b]}g(x)</math>. נניח ש-<math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות רציפות, <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[a,b]</math>. הוכח או הפרך <math>M(f_n)\to M(f)</math>. ===הוכחה=== יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon</math> לכל <math>x\in[a,b]</math>. לכן <math>|f_n(x)|-|f(x)|<\varepsilon</math>. מכאן ש-<math>|f_n(x)|<|f(x)|+\varepsilon\le M(f)+\varepsilon</math> ולכן לכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>M(f_n)<M(f)+\varepsilon</math>. כמו כן לכל <math>n>n_0</math> ולכל <math>x\in[a,b]</math> מתקיים <math>|f(x)|-|f_n(x)|\le|f(x)-f_n(x)|<\varepsilon</math> ולכן <math>|f_n(x)|>|f(x)|-\varepsilon</math> בנקודה המקסימלית <math>x_0</math> של f מתקיים <math>|f_n(x_0)|>|f(x_0)|-\varepsilon=M(f)-\varepsilon</math> יוצא שלכל <math>n>n_0</math>, <math>M(f_n)\ge |f_n(x_0)|>M(f)-\varepsilon</math>. לכן <math>M(f)-\varepsilon<M(f_n)<M(f)+\varepsilon</math> ולכן <math>M(f_n)\to M(f)</math>. ==דוגמה 4== מצאו רדיוס התכנסות של <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}</math>. ===פתרון=== הטור מתכנס עבור כל x כך ש-<math>\lim_{n\to\infty}\frac{|2^{n+1}x^{2n+2}|}{|3^{n+1}-(-1)^n4^{n+1}|}/|\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}|<1</math> כלומר <math>\lim_{n\to\infty} |2x^2||\frac{3^n+(-1)^n4^n}{3^{n+1}+(-1)^{n+1}4^{n+1}}|<1</math>. ננחש שהגבול שואף ל-<math>\frac14</math> (לפי אינטואיציה) ולכן נרחיב את השבר ב-<math>(-1/4)^n</math>. אזי נחשב <math>\lim_{n\to\infty}|(-1)^n(3/4)^n+1|/|(-1)^{n+1}(3/4)^n\cdot 3+4|=\frac14</math>. הדרישה להתכנסות היא ש-<math>|2x^2|\cdot\frac14<1</math> ולכן <math>|x|<\sqrt2</math>. ==דוגמה 5== <math>\{f_n\}</math> היא סדרת פונקציות בעלות השתנות חסומה ב-<math>[a,b]</math> כך שקיים כך שלכל n מתקיים <math>\overset b\underset aV f_n\le M</math>. הוכח או הפרך: אם <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[a,b]</math> אז <math>\overset b\underset aV f<\infty</math>. ===פתרון=== הוכחה: ניקח חלוקה כלשהי <math>P=\{x_k\}_{k=0}^m</math> של <math>[a,b]</math>. לכל n מתקיים <math>v(f_n,P)=\sum_{k=1}^m |f_n(x_k)-f_n(x_{k-1})|\le M</math>. נשאיף <math>n\to\infty</math> ולכן <math>\sum_{n=1}^m |f(x_k)-f(x_{k-1})|\le M</math> באופן בלתי תלוי ב-P. לכן <math>\overset b\underset aV f\le M</math>. {{משל}} נעיר כי אם אין חסם עליון M להשתנויות הכלליות של סדרת הפונקציות אזי הטענה מופרכת: ברור שהפונקציה <math>f(x)=\begin{cases}x\sin\left(\frac1x\right)&x\ne0\\0&\text{else}\end{cases}</math> רציפה ב-<math>[0,1]</math> ובעלת השתנות בלתי חסומה בקטע. נגדיר <math>f_n(x)=\begin{cases}0&0\le x\le\frac1{\pi n}\\x\sin\left(\frac1x\right)&\text{else}\end{cases}</math> לכל n. נעיר שלכל n יש ל-<math>f_n</math> השתנות חסומה. נוכיח כי <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[0,1]</math>: עבור <math>\frac1{\pi n}<x\le 1</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|=0</math> ואילו אם <math>0\le x\le\frac1{\pi n}</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|=|f(x)|=\left|x\sin\left(\frac1x\right)\right|\le |x|\le\frac1{\pi n}\to0</math> ולכן ההתכנסות במ"ש. ==דוגמה 6== מצאו טור מקלורין של <math>f(x)=\frac{3x^2-3x-1}{(x^2+1)(x-2)}</math>. ===פתרון=== נפרק לשברים חלקיים ונקבל <math>\frac{2x+1}{x^2+1}+\frac1{x-2}</math>. מצקיים <math>\frac1{x-2}=\frac{-1/2}{1-x/2}=-\frac12\sum_{n=0}^\infty\left(x/2\right)^n</math>. מאידך <math>\frac1{1+x^2}=\frac1{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n</math> ו-<math>\frac{2x}{1+x^2}=2x\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} 2x^{2n+1}</math>. ==דוגמה 7== תהי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> ונגדיר <math>f(x)=\int\limits_a^x f</math>. צ"ל של-F יש השתנות חסומה ב-<math>[a,b]</math>. ===פתרון=== נקח חלוקה <math>P=\{x_k\}_{k=0}^n</math> של <math>[a,b]</math> ואז <math>V(F,P)=\sum_{k=1}^n|F(x_k)-F(x_{k-1})|=\sum_{k=1}^n |\int\limits_a^x f|=\sum\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k}}|f|=\int\limits_a^b |f|</math> יש כאן חסם בלתי תלוי בחלוקה. ==דוגמה 8== נגדיר סדרת פונקציות <math>f_n</math> לכל <math>x>0</math> באינדוקציה <math>f_1(x)=\sqrt x</math> וכן <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}</math>. # הוכח שלכל <math>x>0</math> קיים <math>f(x)=\lim_{n\to\infty} f(x)</math>. # חשב את <math>f'</math>. # האם <math>f_n'\to f'</math>? ===פתרון=== # נקבע <math>x>0</math>. טענה 1: הסדרה <math>f_n(x)</math> עולה. הוכחה: <math>f_2(x)=\sqrt{x+\sqrt x}>\sqrt x=f_1(x)</math> וכן <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}>\sqrt{x+f_{n-1}(x)}=f_n(x)</math>. טענה 2: הסדרה <math>f_n</math> חסומה מלעיל. גישה: <math>f_n(x)\to L</math> אז <math>L=\sqrt{x+L}</math> ולכן <math>L^2-L-x=0</math>. מכאן ש-<math>L=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2</math>. טענה: לכל n מתקיים <math>f_n(x)<L</math>, הוכחה באינדוקציה: <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}<\sqrt{x+L}=L</math>. כיוון שהסדרה עולה וחסומה קיים גבול <math>f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x)</math> ולפי השיקול הנ"ל מתקיים <math>f(x)=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2</math>. # <math>f'(x)=\frac14(1+4x)^{-1/2}\cdot4=\frac1\sqrt{1+4x}</math> # מתקיים <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}</math>. נגזור <math>f_{n+1}'(x)=\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}</math>. ננניח שאמנם <math>f_n'\to f'</math> אם כן <math>\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}\to\frac{1+(\frac1\sqrt{1+4x})}{2\sqrt{x+\frac{1+\sqrt{1+4x}}2}}=\frac1\sqrt{1+4x}</math> ולכן <math>f_n'\to f'</math> בתנאי ש-<math>f_{n+1}'(x)\to\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}\to\frac{1+(\frac1\sqrt{1+4x})}{2\sqrt{x+\frac{1+\sqrt{1+4x}}2}}</math>. נוותר על הניסיון להוכיח זאת. ==דוגמה 9== נתון טור פונקציות <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\arctan(x/\sqrt n)</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. להראות שהטור מתכנס לפונקציה בעלת נגזרת רציפה. ===פתרון=== נעיר שבקטע <math>(-\infty,\infty)</math> הפונקציה <math>\arctan(y)</math> עולה מונוטונית מ-<math>-\pi/2</math> עד <math>\pi/2</math>. כעת אם <math>x>0</math> אז <math>\frac x\sqrt n</math> יורד עם n ולכן <math>\arctan(x/\sqrt n)</math> יורד עם n. לכן עבור <math>x>0</math> הטור הוא <math>\sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n</math> כאשר <math>a_n=\frac{arctan(x/\sqrt n)}\sqrt n</math> ו-<math>a_n</math> יורדת מונוטונית ל-0. ממבחן לייבניץ הטור מתכנס. עבור <math>x<0</math> הדיון דומה כי <math>\arctan</math> פונקציה אי-זוגית. הטור הגזור הוא <math>\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}\sqrt n\frac1{1+(x/\sqrt n)^2}\frac1\sqrt n=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n+x^2}</math>. טענה: הטור הגזור מתכנס במ"ש על <math>\mathbb R</math>. הוכחה: לכל <math>x\in\mathbb R</math> הטור טור לייבניץ ומתכנס, נניח ל-<math>g(x)</math>. לפי לייבניץ <math>\forall N\in\mathbb N:\ \left|g(x)-\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^n}{n+x^2}\right|\le\frac1{N+x^2}\le\frac1N\to\infty</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. כיוון שההפרש המקסימלי בין <math>g(x)</math> לסכום החלקי שואף ל-0 נובע ממבחן ה-sup שהטור הגזור מתכנס במ"ש ל-g על <math>\mathbb R</math>. נובע ממשפט 10 בהתכנסות במ"ש של טורים שהטור המקורי מתכנס במ"ש לפונקציה f גזירה כך ש-<math>f'(x)=g(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n+x^2}</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. הטור האחרון הוא סכום של פונקציות רציפות שמתכנס במ"ש, לכן g רציפה ב-<math>\mathbb R</math>. ===משפט=== אם <math>f_1(x)\ge f_2(x)\ge f_3(x)\ge\dots\ge 0</math> ואם <math>\lim_{n\to\infty}f_n(x)=0</math> במ"ש I אז <math>\sum_{n=1}^\infty (-1)^n f_n(x)</math> מתכנס במ"ש ב-I. (ההוכחה כמו בדוגמה הקודמת) ==דוגמה 10== מתכנס או מתבדר - <math>\sum_{n=1}^\infty \int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt</math>. ===פתרון=== נעזר באינטגרציה בחלקים <math>a_n=\int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt</math> אזי <math>a_n=\left[-\frac{\cos(n^2t)}{n^2t}\right]_{t=1}^2-\int\limits_1^2\frac{-\cos(n^2t)}{-n^2t^2}\mathrm dt=\frac1{n^2}\left(\frac{-\cos(2n^2)}2+\cos(n^2)\right)-\int\limits_1^2\frac{\cos(n^2t)}{t^2}\mathrm dt</math>. אזי <math>|a_n|\le\frac1{n^2}\left(\frac12+1+1\right)<\frac3{n^2}</math> ולפי מבחן ההשוואה <math>\sum a_n</math> מתכנס בהחלט. ==דוגמה 11== נניח ש-F מוגדרת ובעלת נגזרת רציפה וחסומה ב-<math>[0,\infty)</math>. עוד נניח ש-<math>\int\limits_0^\infty |F|</math> מתכנס. הוכיחו כי <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>. ===פתרון=== <!--הדרכה: אם, למשל, <math>F(x_0)>0</math> אז <math>F(x)>0</math> בסביבה מסויימת של <math>x_0</math>--> <math>\int\limits_0^\infty |F'(x)F(x)|\mathrm dx</math> ולכן <math>\int\limits_0^\infty F'(x)F(x)\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן <math>\int\limits_0^\infty 2F'(x)F(x)\mathrm dx=\left[F^2(x)\right]_{x=0}^\infty=\lim_{R\to\infty}F^2(R)-F^2(0)<\infty</math>
תקציר:
לתשומת לבך: תורמים אחרים עשויים לערוך או אף להסיר את תרומתך ל־Math-Wiki. אם אינך רוצה שעבודתך תהיה זמינה לעריכה על־ידי אחרים, אין לפרסם אותה פה.
כמו־כן, שמירת העריכה משמעה הבטחה שכתבת את הטקסט הזה בעצמך, או העתקת אותו ממקור שאינו מוגן בזכויות יוצרים (אפשר לעיין בדף
Math-Wiki:זכויות יוצרים
לפרטים נוספים).
אין לעשות שימוש בחומר המוגן בזכויות יוצרים ללא רשות!
ביטול
עזרה בעריכה
(נפתח בחלון חדש)