הצגת המקור של הדף "פתרון אינפי 1, תשנ"ט, מועד ב,"

[[קטגוריה:פתרון מבחנים]][[קטגוריה:אינפי]]
([http://u.cs.biu.ac.il/~sheinee/tests/math/88132/4ef1a90c2a767.pdf המבחן] )


==שאלה 1==
היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:

א) נניח כי <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר <math>2^nb_{2^n}\to0</math> .

לכל <math>n</math> קיים <math>k</math> כך ש- <math>2^k\le n<2^{k+1}</math> (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת <math>k=\left\lfloor\log_2(n)\right\rfloor</math>) .

הסדרה <math>\{b_n\}</math> יורדת ולכן <math>x<y\to b_x>b_y</math> .

נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל כי <math>b_{2^{k+1}}\le b_n\le b_{2^k}</math> .

נכפיל ב- <math>n</math> (חיובי) את אגפי אי-השוויון: <math>n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}</math>

נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0\leftarrow\dfrac{2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^k\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}\le2^{k+1}\cdot b_{2^k}\to0</math>

ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ']] נקבל את הדרוש, <math>n\cdot b_n\to0</math> .


;דרך נוספת
נוכיח ש <math>2n\cdot b_{2n}\to0</math> וכן <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to0</math> ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת-הסדרה של האברים במקומות הזוגיים שואפת ל-0 וכן תת-הסדרה של האברים במקומות האי-זוגיים שואפת ל-0 אז כך גם הסדרה).

אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> ב- <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים
<math>S_{2n}-S_n\to0</math> וכן <math>S_{2n+1}-S_n\to0</math> . מההתכנסות הראשונה נקבל כי <math>b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}\to0</math> . כיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0<n\cdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}</math> .

נכפיל את אי-השוויונות ב-2 ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to0</math> . מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש- <math>(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to0</math> אבל <math>0<(2n+1)\cdot b_{2n+1}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to0</math> ולכן שוב מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל כי <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to0</math> .


ב) דוגמא נגדית: <math>b_n=\dfrac{1}{n\cdot\ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>n\cdot b_n=\dfrac{1}{\ln(n)}\to 0</math> .

ג) ניקח את הסדרה 
<math>b_n=\begin{cases}2^{-k} &\exists k\in\N:n=2^k\\0&\text{else}\end{cases}=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\ldots</math>

הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתכנס ([[טור הנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1,\ldots</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת-סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת ל-1 (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת-סדרה שלה מתכנסת אליו).

==שאלה 2==
א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\cos\left(\tfrac1n\right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\tfrac1n\right)=\cos(0)=1</math> שונה מ-0.

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\ \iff\ \lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0</math>)

ב) נבדוק התכנסות בהחלט: 
<math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\binom{2n}{n}\frac{1}{2^{3n}}:=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n</math> . נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

<math>\begin{align}\frac{a_{n+1}}{a_n}&=\binom{2n+2}{n+1}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot\frac{2^{3n}}{\binom{2n}{n}}\\&=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot\frac{n!^2}{(2n)!\cdot2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot\frac{1}{8(2n)!}=\frac{2(2n+1)(n+1)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}\end{align}</math>


נעבור לגבול: <math>\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{4n+4}=\frac12<1</math> , לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.


ג) מתקיים <math>\ln\left(\tfrac1n\right)=-\log(n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{\log(n)}</math>
נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן <math>\ln</math> בתור <math>\log</math>), מ[[מבחן ההשוואה]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\log(n)}</math> , ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. הטור מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]].

==שאלה 3==
א) הפונקציה לא מוגדרת ב-0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.

ב) נגזור: <math>(x^{\frac13})'=\frac13x^{-\frac23}=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math> .

בקטע <math>[-1,1]</math> הפונקציה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור. בקרן <math>[1,\infty)</math> ובקרן <math>(-\infty,-1]</math> נגזרת הפונקציה חסומה ולכן הפונקציה רבמ"ש בכל אחת מהן.

כעת ניזכר בכך שפונקציה רציפה במ"ש באוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם... נו, אתם מבינים למה אני מתכוון) סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י <math>x^2</math>) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקציה רציפה במ"ש בכל הישר.


ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור <math>[-1,1]</math> .

נגזור: <math>\frac{d}{dx}\big(\log(1+x^2)\big)=\dfrac{2x}{1+x^2}\le\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le2</math> בתחום
<math>(-\infty,-1)\cup(1,\infty)</math> .

הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים <math>(-\infty,-1]\cup[1,\infty)</math> .

הוכחנו שפונקציה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם. נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונקציה רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\R</math> .

==שאלה 4==
4)<s> א) הפונקציה הנתונה <math>\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ-0, כלומר בכל <math>x\ne2\pi n</math>. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math>2\pi n</math> :

יהי <math>n\in\N</math> . מתקיים <math>\lim\limits_{x\to2\pi n^+}\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=1</math> ואילו <math>\lim\limits_{x\to2\pi n^-}\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נקודות האי-רציפות של הפונקציה הנתונה.
</s>

;תיקון
מתקיים <math>1-\cos(x)\ge0</math>

ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- <math>\dfrac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי-רציפויות סליקות.

ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ-0, כלומר כאשר <math>x\ne\pm\sqrt{\pi n}</math> . בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם 1 ולכן זאת אי-רציפות סליקה.

ג) <math>\dfrac{1}{\log\left(\cos^2(x)\right)}</math> . הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים ה- <math>\log</math> חיובי וגם המכנה שונה מ-0, כלומר לפונקציה יש אי-רציפות כאשר <math>\cos^2x=0\ \and\ \log\left(\cos^2(x)\right)=0</math> . מכאן <math>\cos(x)=0\ \and\ \cos^2(x)=1</math> . קיבלנו כי <math>x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n\ \and\ x=\pi n</math> הן הנקודות בהן הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל- <math>x=\frac{\pi n}{2}</math> .

בנק' שבהן פנים הלוג אי-חיובי, כלומר שבהן הקוסינוס מתאפס, הוא חיובי משני הצדדים ולכן האי-רציפות היא סליקה.

בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא <math>\infty</math> ולכן זה מין שני.

לסיכום:<math>\leftarrow x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n</math> סליקה. <math>\leftarrow x=\pi n</math> מין שני.

==שאלה 5==
א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset\R</math> . אם <math>A\ne\varnothing</math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל- <math>A</math> חסם עליון.

ב) הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם: 
תהי <math>I_n</math> סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה <math>I_1\subseteq I_2\subseteq\ldots</math> , כך שאורך הקטעים שואף ל-0. אזי קיימת נקודה יחידה <math>c</math> הנמצאת בכל הקטעים.


ג) משפט ערך הביניים - כנ"ל: 
תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע <math>[a,b]</math> . אזי לכל <math>y</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> עבורה <math>f(c)=y</math> .

ד) כלל לופיטל:
תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה <math>a</math> . אם <math>\lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0</math> והגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו.

==שאלה 6==
א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)

ב)

<math>
\begin{align}f(x)&=x^{e^{x^e}}\\f'(x)&=\frac{d}{dx}\big(e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\big)=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\cdot\frac{d}{dx}\left(e^{x^e}\cdot\ln(x)\right)\\&=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot\frac{d}{dx}(x^e)+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=
x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot e\cdot x^{e-1}+\frac{e^{x^e}}{x}\right)\\&=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}}\cdot\left(\frac{ex^e\cdot\ln(x)}{x}+\frac{1}{x}\right)=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(ex^e\cdot\ln(x)+1\Big)\end{align}</math>

==שאלה 7==
א) הוכחנו בכיתה: תהי <math>f</math> פונקציה גזירה ב- <math>x_0</math> , אז קיים הגבול <math>\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=f'(x_0)</math> . ברור מרציפות הפונקציות הלינאריות כי <math>\lim\limits_{h\to0}h=0</math> . 

לכן: 

<math>\begin{align}\displaystyle\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]&=\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]\cdot\lim_{h\to0}\frac{h}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot h\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot\lim_{h\to0}h\\&=f'(x_0)\cdot0=0\end{align}</math>

ומכאן <math>\lim\limits_{h\to0}f(x_0+h)=f(x_0)</math> , כלומר הפונקציה רציפה ב- <math>x_0</math> .


ב) הוכחה שגויה: הפונקציה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>x_0</math> שבה מרחק פונקציית הנגזרת <math>f'(x)</math> מהנגזרת <math>f'(x_0)</math> אינו עולה על אפסילון, ולכן <math>f'(x_0)+\epsilon</math> מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.
::הבעיה בהוכחה הנ"ל הייתה שהנחתי שהנגזרת רציפה, מה שיופרך ממש בעוד רגע. אכן, אם הנגזרת של פונקציה היא רציפה אז המשפט נכון לפי הנימוק שהבאתי: כי מרחק פונקציית הנגזרת מהגבול שלה קטן מאפסילון, והגבול שלה שווה לנגזרת ולכן סופי. (בדוגמא של נועם גבול הנגזרת בנקודה אינו סופי.)

;תיקון
<math>f(x)=\begin{cases}x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}</math>

<math>f'(x)=\begin{cases}\frac43x^{\frac13}\sin\left(\tfrac1x\right)-x^{-\frac23}\cos\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)}{x}=0&x=0\end{cases}</math>

אבל לכל <math>x\ne0</math> הנגזרת לא חסומה בסביבת 0.

ג) הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)

באופן מסודר:
נתבונן בפונקציה <math>f(x)=\begin{cases}x^2\sin\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}</math> 

היא גזירה בקטע <math>[-1,1]</math> , אבל הנגזרת אינה רציפה ב-0.

נימוק: לכל <math>x\ne0</math> בקטע, הפונקציה היא הרכבת גזירות ולכן גזירה.
בנקודה 0, על-פי ההגדרה:

<math>\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\left(\tfrac1x\right)}{x}=\lim_{x\to0}x\sin\left(\tfrac1x\right)=0</math> 

(מכפלת פונקציה חסומה בשואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ')

הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונקציה בנקודה. לכן הפונקציה אכן גזירה ב- <math>[-1,1]</math> .

הנגזרת אינה רציפה ב-0, כי הגבול של הנגזרת, <math>\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\left[2x\sin\left(\tfrac1x\right)-\cos\left(\tfrac1x\right)\right]</math> אפילו אינו קיים.

==שאלה 8==
8) הטענה שגויה - הפרכנו בתרגול.