אור שחף: /* פתרון */

2011-07-08T13:18:53Z

פתרון

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־13:18, 8 ביולי 2011
שורה 31:		שורה 31:
	קרבו את <math>\ln(1.5)</math> כך שהשארית קטנה מ-<math>2\cdot10^{-2}</math>.		קרבו את <math>\ln(1.5)</math> כך שהשארית קטנה מ-<math>2\cdot10^{-2}</math>.
	===פתרון===		===פתרון===
	נעזר בטור טיילור מסדר N של <math>\ln</math>: <math>P_N(1+x)=\sum_{n=0}^N (-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}</math> ונציב <math>x=\tfrac12</math>. קיבלנו <math>\ln(1.5)\approx P_N(1+0.5)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}</math>, שהוא טור לייבניץ ולכן <math>\|S_n-S\|\le\|a_{n+1}\|</math>. דרוש ש-<math>\|S-S_N\|<2\cdot10^{-2}</math>, ובגלל ש-<math>\|a_3\|=\frac1{2^4\cdot4}=\frac1{64}<2\cdot10^{-2}</math> נחשב <math>\sum_{n=0}^2\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}=\frac5{12}</math>. {{משל}}		נעזר בטור טיילור מסדר N של <math>\ln</math>: <math>P_N(1+x)=\sum_{n=0}^N (-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}</math> ונציב <math>x=\tfrac12</math>. קיבלנו <math>\ln(1.5)\approx P_N(1+0.5)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}</math>, שהוא טור לייבניץ ולכן <math>\|S-S_n\|\le\|a_{n+1}\|</math> (כאשר <math>S=\lim_{N\to\infty}P_N(1.5)</math>, ומכיוון שכבר הוכחנו בעבר ש-<math>\lim_{N\to\infty}R_N(1+x)=0</math> נקבל <math>S=\ln(1.5)</math>). דרוש ש-<math>\|S-S_N\|<2\cdot10^{-2}</math>, ובגלל ש-<math>\|a_3\|=\frac1{2^4\cdot4}=\frac1{64}<2\cdot10^{-2}</math> נחשב <math>\sum_{n=0}^2\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}=\frac5{12}</math>. {{משל}}

אור שחף: יצירת דף עם התוכן "=טורי חזקות {{הערה|(המשך)}}= ==דוגמה 1== חשבו את רדיוס ההתכנסות של הטור $\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}(x-2)^{2..."$

2011-07-08T13:15:26Z

יצירת דף עם התוכן "=טורי חזקות {{הערה|(המשך)}}= ==דוגמה 1== חשבו את רדיוס ההתכנסות של הטור <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}(x-2)^{2..."

דף חדש

=טורי חזקות {{הערה|(המשך)}}=
==דוגמה 1==
חשבו את רדיוס ההתכנסות של הטור <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}(x-2)^{2n}</math>.
===פתרון===
נתחיל מההצבה <math>y=(x-2)^2</math> כדי שנקבל תבנית של טור חזקות: <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}y^n</math>. נעזר במבחן המנה: <math>R=\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim \frac{n^n(n+1)!}{n!(n+1)^{n+1}}=\lim\left(\frac n{n+1}\right)^n=\frac1e</math>, כלומר רדיוס ההתכנסות של הטור החדש הוא <math>\frac1e</math> ולכן רדיוס ההתכנסות של הטור המקורי (מכיוון ש-<math>|y-0|=\left|(x-2)^2\right|<R</math>) הוא <math>\frac1\sqrt e</math>. {{משל}}

==דוגמה 2==
מצאו את תחום ההתכנסות של הטור <math>\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{2n}</math> וחשבו את סכומו לכל x בתחום.
===פתרון===
אם נציב <math>y=x^2</math> נקבל את הטור ההנדסי <math>\sum_{n=0}^\infty (-y)^n</math>. טור זה מתכנס אם"ם <math>|-y|<1</math> ואם כן אזי <math>\sum_{n=0}^\infty (-y)^n=\frac1{1-(-y)}</math>. לסיכום, תחום ההתכנסות הוא <math>\{x:\ |-y|<1\}=(-1,1)</math> וסכום הטור הוא <math>\frac1{1+x^2}</math>. {{משל}}

==דוגמה 3==
הוכח כי <math>\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac\pi4</math>.
===פתרון===
נכוון לטור טיילור של <math>\arctan</math> כי <math>\arctan(1)=\frac\pi4</math>. ידוע כי <math>\arctan(x)=\int\limits_0^x\frac{\mathrm dt}{1+t^2}</math>, ומכיוון ש-<math>\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{2n}</math> מתכנס במ"ש על <math>[0,x]</math> ל-<math>\frac1{1+x^2}</math> לכל <math>x\in(-1,1)</math> אפשר לעשות אינטגרציה איבר-איבר: <math>\int\limits_0^x\frac{\mathrm dt}{1+t^2}=\sum_{n=0}^\infty\int\limits_0^x (-1)^nt^{2n}\mathrm dt=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}</math>. הנקודה <math>x=1</math> אמנם אינה נמצאת ב-<math>(-1,1)</math>, אבל אפשר להשתמש במבחן אבל: אם לטור <math>f(x)=\sum a_n(x-x_0)^n</math> יש רדיוס התכנסות R ו-<math>\sum a_nR^n</math> מתכנס ל-S אזי <math>\lim_{x\to x_0+R^-}f(x)</math> קיים ושווה ל-S. לפיכך <math>\frac\pi4=\arctan(1)=\lim_{x\to0+1^-}\arctan(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}</math>. {{משל}}

==דוגמה 4==
חשבו <math>S=\int\limits_0^1\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> בקירוב של <math>10^{-6}</math>.
===פתרון===
טור טיילור של <math>\sin(x)</math> הוא <math>\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}</math> ולכן טור טיילור של <math>\frac{\sin(x)}x</math> הוא <math>\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!}</math>. ברור כי הטור הנ"ל מתכנס במ"ש בכל <math>\mathbb R</math> (כי רדיוס ההתכנסות הוא, עפ"י מבחן השורש או מבחן המנה, <math>\infty</math>) ולכן נעשה אינטגרציה איבר-איבר: <math>\int\limits_0^1\frac{\sin(x)}x\mathrm dx=\sum_{n=0}^\infty\int\limits_0^1 \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!}\mathrm dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!(2n+1)}</math>. הטור באגף הימיני ביותר הוא טור לייבניץ ולכן (מאינפי 1) <math>|S_n-S|\le|a_{n+1}|</math> (כאשר S הוא סכום הטור, <math>S_n</math> הוא סכום הטור החלקי מהאיבר ה-0 עד n, ו-<math>a_{n+1}</math> הוא האיבר ה-<math>n+1</math> של הטור). עבור <math>n=3</math> מתקיים <math>|a_{n+1}|\le 10^{-6}</math> ולכן נחשב <math>\sum_{n=0}^3\frac{(-1)^n}{(2n+1)!(2n+1)}</math>, ונקבל <math>S\approx\frac{166889}{176400}\approx 0.946083</math>. {{משל}}

==דוגמה 5==
נתונה פונקציה <math>\varphi</math> רציפה כלשהי ב-<math>\mathbb R</math> והפונציה <math>f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4+x^2}</math>.
# הוכיחו כי הטור <math>f(\varphi(x))=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4+(\varphi(x))^2}</math> מתכנס במ"ש בתחום ההגדרה של <math>\varphi</math>.
# העזרו בכך ש-<math>\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6</math> (אין צורך להוכיח זאת) וחשבו את <math>\int\limits_0^\infty f(x)\mathrm dx</math>.
===פתרון===
# נעזר במבחן ה-M של ויירשראס: <math>\frac1{n^4+x^2}\le\frac1{n^4}</math> ו-<math>\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4}</math> מתכנס, לכן הטור <math>\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4+x^2}</math> מתכנס במ"ש על <math>\mathbb R</math>.<br/>''טענת עזר:'' נוכיח שהטווח של <math>\varphi</math> הוא קטע. ראשית נוכיח שלכל קטע <math>[a,b]</math>, <math>\mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})</math> הוא קטע. ממשפט ויירשראס השני, קיימת נקודה <math>x_M\in[a,b]</math> שבה <math>\varphi|_{[a,b]}</math> מקסימלית ו-<math>x_m\in[a,b]</math> שבה היא מינימלית, ונניח בלי הגבלת הכלליות ש-<math>x_m\le x_M</math>. אזי <math>\varphi|_{[a,b]}</math> רציפה ב-<math>[x_m,x_M]</math> ולכן, מממשפט ערך הביניים, לכל <math>y\in[\varphi(x_m),\varphi(x_M)]</math> קיים <math>c\in[x_m,x_M]</math> כך ש-<math>\varphi(c)=y</math>. לפיכך הוכחנו ש-<math>\mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})\supseteq[\varphi(x_m),\varphi(x_M)]</math>. מאידך, <math>\varphi(x_m)</math> הוא הערך המינימלי של <math>\varphi|_{[a,b]}</math> ו-<math>\varphi(x_M)</math> הוא הערך המקסימלי, לכן ברור ש-<math>\mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})\subseteq[\varphi(x_m),\varphi(x_M)]</math>. מכאן ש-<math>\mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})=[\varphi(x_m),\varphi(x_M)]</math>, כלומר הטווח הוא קטע, כדרוש. הטענה נכונה לכל קטע <math>[a,b]</math> ולכן נשאיף <math>a\to-\infty\ \and\ b\to\infty</math> ונקבל שהיא נכונה ל-<math>\mathbb R</math>.<br/>לפיכך מתקיימים התנאים לשימוש במבחן ה-M של ויירשראס, ומכיוון שהטור של f מתכנסת במ"ש על <math>\mathbb R</math> הוא בפרט מתכנס במ"ש על תת הקטע <math>\mbox{Im}(\varphi)\subseteq\mathbb R</math>. מכאן ש-<math>f\circ\varphi</math> מתכנס במ"ש. {{משל}}
# הטור מתכנס במ"ש ולכן ניתן לעשות אינטגרציה איבר-איבר: {{left|<math>\begin{align}\int\limits_0^\infty f&=\sum_{n=1}^\infty\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}{n^4+x^2}\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4}\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+\left(\frac x{n^2}\right)^2}\\&=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac1{n^2}\arctan\left(\frac xn\right)\right]_{x=0}^\infty\\&=\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}\frac\pi2\\&=\frac{\pi^3}{12}\end{align}</math>}}{{משל}}

==דוגמה 6==
קרבו את <math>\ln(1.5)</math> כך שהשארית קטנה מ-<math>2\cdot10^{-2}</math>.
===פתרון===
נעזר בטור טיילור מסדר N של <math>\ln</math>: <math>P_N(1+x)=\sum_{n=0}^N (-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}</math> ונציב <math>x=\tfrac12</math>. קיבלנו <math>\ln(1.5)\approx P_N(1+0.5)=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}</math>, שהוא טור לייבניץ ולכן <math>|S_n-S|\le|a_{n+1}|</math>. דרוש ש-<math>|S-S_N|<2\cdot10^{-2}</math>, ובגלל ש-<math>|a_3|=\frac1{2^4\cdot4}=\frac1{64}<2\cdot10^{-2}</math> נחשב <math>\sum_{n=0}^2\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}=\frac5{12}</math>. {{משל}}

משתמש:אור שחף/133 - תרגול/5.6.11 - היסטוריית גרסאות

אור שחף: /* פתרון */

אור שחף: יצירת דף עם התוכן "=טורי חזקות {{הערה|(המשך)}}= ==דוגמה 1== חשבו את רדיוס ההתכנסות של הטור \sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}(x-2)^{2..."

אור שחף: יצירת דף עם התוכן "=טורי חזקות {{הערה|(המשך)}}= ==דוגמה 1== חשבו את רדיוס ההתכנסות של הטור $\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}(x-2)^{2..."$