גרסה מ־16:46, 21 במאי 2011

את דוגמה 6 לא סיימנו בתרגול הקודם ולכן השלמנו אותה ב-8.5.11. חלק זה מופיע בסיכום התרגול הקודם ולא בדף הנוכחי.

אינטגרל

דוגמה 1

קבעו האם [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x+x^2} }[/math] מתכנס או מתבדר.

פתרון

נחלק לשני אינטגרלים [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty=\int\limits_0^1+\int\limits_1^\infty }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ x\in(0,1] }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ x+x^2\ge x }[/math], לכן [math]\displaystyle{ \frac1\sqrt{x+x^2}\le\frac1\sqrt x }[/math]. ברור ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}\sqrt x }[/math] מתכנס ולכן, לפי מבחן ההשוואה, [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1 }[/math] מתכנס.

עבור [math]\displaystyle{ x\in[1,\infty) }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \frac1\sqrt{x^3}\ge\frac1\sqrt{x+x^2} }[/math]. נל [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x^2} }[/math] ולכן גם כן מתכנס לפי מבחן ההשוואה. לסיכום האינטגרל מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

נושא שני:
התכנסות של פונקציות

לדוגמה נתבונן בסדרת הפונקציות [math]\displaystyle{ f_n(x)=\frac1{x^n} }[/math]. קל לראות שאת סדרת הפונקציות ניתן לרשום כ-[math]\displaystyle{ \{f_n(x)\}_{n=1}^\infty=\left\{\frac1{x^n}\right\}_{n=1}^\infty }[/math]. לדגמה, נבחר [math]\displaystyle{ x\gt 1 }[/math]. קל לראות ש-[math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac1{x^n}0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ f(x)=0 }[/math] היא פונקצית הגבול.

הגדרות

סדרה [math]\displaystyle{ \{f_n\} }[/math] של פונקציות היא התאמה שבה לכל n טבעי מותאמת פונקציה [math]\displaystyle{ f_n }[/math].
אם לכל [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] בקטע הסדרה [math]\displaystyle{ \{f_n(x_0)\} }[/math] מתכנסת, אז נאמר כי סדרת הפונקציות "מתכנסת נקודתית" ונסמן [math]\displaystyle{ f(x):=\lim_{n\to\infty}f_n(x) }[/math].

דוגמה 1

קבעו התכנסות של [math]\displaystyle{ f_n(x)=x^n }[/math] ב-[math]\displaystyle{ [0,1] }[/math].

פתרון

נחלק לשני מקרים:

אם [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] אז [math]\displaystyle{ f(1)=\lim_{n\to\infty}1^n=1 }[/math].
אם [math]\displaystyle{ x\in[0,1) }[/math] אז [math]\displaystyle{ f(x)=0 }[/math].

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 2

בדקו התכנסות של [math]\displaystyle{ f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2} }[/math] ב-[math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math].

פתרון

נחלק למקרים:

[math]\displaystyle{ x=0\implies f(x)=\frac1{1+0}=1 }[/math]
[math]\displaystyle{ x\ne0\implies f(x)=\frac1{1+\infty}=0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

הגדרה: תהינה [math]\displaystyle{ \{f_n\} }[/math] סדרת פונקציות בקטע I. נאמר כי [math]\displaystyle{ f_n }[/math] מתכנסת במ"ש אם לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיים [math]\displaystyle{ n_0\in\mathbb N }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] ולכל [math]\displaystyle{ x\in I }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f_n(x)-f(x)|\lt \varepsilon }[/math].

דוגמה 3

נתונה [math]\displaystyle{ f_n(x)=\left(1+\frac1n\right)x^2 }[/math]. קבע האם f מתכנסת נקודתית/במ"ש ב-[math]\displaystyle{ (0,1) }[/math].

פתרון

במקרה שלנו קל לראות ש-[math]\displaystyle{ f_n(x) }[/math] מתכנסת נקודתית ל-[math]\displaystyle{ x^2 }[/math] כי [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)x^2=\lim_{n\to\infty}x^2+\lim_{n\to\infty}\frac{x^2}{n^2}=x^2+0=x^2 }[/math]. מסקנה: [math]\displaystyle{ f(x)=x^2 }[/math].

כדי לבדוק התכנסות במ"ש נשתמש בהגדרה. צריך להתקיים שלכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיים [math]\displaystyle{ n_0\in\mathbb N }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] ולכל [math]\displaystyle{ x\in I }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f_n(x)-f(x)|\lt \varepsilon }[/math]. נציב: [math]\displaystyle{ |f_n(x)-f(x)|=\left|\left(1+\frac1n\right)x^2-x^2\right|=\frac{x^2}n\le\frac1n\lt \varepsilon }[/math]. לכן מספיק לבחור [math]\displaystyle{ n_0\ge\frac1\varepsilon }[/math] ונקבל שיש גם התכנסות במ"ש. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 4

הראה כי [math]\displaystyle{ f_n(x)=x^n }[/math] לא מתכנסת במ"ש ב-[math]\displaystyle{ (0,1) }[/math].

פתרון

מצאנו בדוגמה 1 ש-[math]\displaystyle{ f(x)=0 }[/math]. נשים לב כי [math]\displaystyle{ \forall n\in\mathbb N:\ \lim_{x\to1}x^n=1 }[/math] ז"א [math]\displaystyle{ \forall n\in\mathbb N:\ \exists x_0:\ \frac12\lt x_0^n\lt \frac32 }[/math] (לפי הגדרת הגבול). לכן [math]\displaystyle{ \exists\varepsilon\gt 0:\ \forall n_0\in\mathbb N:\ \exists n\gt n_0:\ \exists x_0:\ |f_n(x_0)-f(x_0)|=|x_0^n-0|\gt \frac12\gt \varepsilon }[/math] ולכן ההתכנסות לא במ"ש. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
+{{הערה|את דוגמה 6 לא סיימנו בתרגול הקודם ולכן השלמנו אותה ב-8.5.11. [[משתמש:אור שחף/133 - תרגול/8.5.11#continue|חלק זה]] מופיע בסיכום התרגול הקודם ולא בדף הנוכחי.}}
 =אינטגרל=
 ==דוגמה 1==
-ראינו בשיעור שעבר כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac1x\right)}x\mathrm dx</math> מתכנס לפי דיריכלה. נראה שלא מתכנס בהחלט.
+קבעו האם
+<math>\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x+x^2}</math> מתכנס או מתבדר.
 ===פתרון===
-ברור כי <math>-1\le\cos\left(\frac1x\right)\le1</math> ולכן <math>\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|</math>. מספיק להסתכל על <math>\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac1x\right)}x\mathrm dx=\underline{\frac12\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac2x\right)}x\mathrm dx}_I+\underline{\frac12\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}x}_{II}</math>. ברור שאינטגרל II מתבדר, ולכן אם אינטגרל I מתכנס אז סיימנו את ההוכחה: נציב <math>y=\frahttp://www.math-wiki.com/skins/common/images/button_math.pngc2x</math> ואז <math>\mathrm dx=\frac{-2}{y^2}\mathrm dy</math> נקבל <math>\int\limits_{-\infty}^2 \frac{\cos(y)}{2/y}\frac{-2\mathrm dy}{y^2}=\int\limits_2^\infty \frac{\cos(y)}y\mathrm dy</math> שמתכנס לפי דיריכלה. {{משל}}
+נחלק לשני אינטגרלים <math>\int\limits_0^\infty=\int\limits_0^1+\int\limits_1^\infty</math>. עבור <math>x\in(0,1]</math> מתקיים <math>x+x^2\ge x</math>, לכן <math>\frac1\sqrt{x+x^2}\le\frac1\sqrt x</math>. ברור ש-<math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}\sqrt x</math> מתכנס ולכן, לפי מבחן ההשוואה, <math>\int\limits_0^1</math> מתכנס.
-==דוגמה 2==
+עבור <math>x\in[1,\infty)</math> מתקיים <math>\frac1\sqrt{x^3}\ge\frac1\sqrt{x+x^2}</math>. נל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x^2}</math> ולכן גם כן מתכנס לפי מבחן ההשוואה. לסיכום האינטגרל מתכנס. {{משל}}
-קבעו האם <math>\int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x+x^2}</math> מתכנס או מתבדר.
-===פתרון===
-נחלק לשני אינטגרלים <math>\int\limits_0^\infty=\int\limits_0^1+\int\limits_1^\infty</math> עבור <math>x\in(0,1]</math> <math>x+x^2\ge x</math>, לכן <math>\frac1\sqrt{x+x^2}\le\frac1\sqrt x</math>. ברור ש-<math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}\sqrt x</math> מתכנס ולכן לפי מבחן ההשוואה <math>\int\limits_0^1</math> מתכנס.
-עבור <math>x\in[1,\infty)</math> <math>\frac1\sqrt{x^3}\ge\frac1\sqrt{x+x^2}</math> שוב נסכל על <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}\sqrt{x^2}</math> ולכן גם כן מתכנס לפי מבחן ההשוואה. לסיכום האינטגרל מתכנס. {{משל}}
 {{כותרת נושא|התכנסות של פונקציות|נושא שני}}
-לדוגמה נתבונן בסדרת הפונקציות <math>f_n=\frac1{x^n}</math>. קל לראות שאת סדרת הפונקציות ניתן לרשום כ-<math>\{f_n(x)\}_{n=1}^\infty=\left\{\frac1{x^n}\right\}_{n=1}^\infty</math>. לדגמה, נבחר <math>x>1</math>. קל לראות ש-<math>\lim_{n\to\infty}\frac1{x^n}0</math>, ולכן <math>f(x)=0</math> היא פונקצית הגבול.
+לדוגמה נתבונן בסדרת הפונקציות <math>f_n(x)=\frac1{x^n}</math>. קל לראות שאת סדרת הפונקציות ניתן לרשום כ-<math>\{f_n(x)\}_{n=1}^\infty=\left\{\frac1{x^n}\right\}_{n=1}^\infty</math>. לדגמה, נבחר <math>x>1</math>. קל לראות ש-<math>\lim_{n\to\infty}\frac1{x^n}0</math>, ולכן <math>f(x)=0</math> היא פונקצית הגבול.
@@ שורה 28: / שורה 25: @@
 * אם <math>x=1</math> אז <math>f(1)=\lim_{n\to\infty}1^n=1</math>.
 * אם <math>x\in[0,1)</math> אז <math>f(x)=0</math>.
+{{משל}}
 ==דוגמה 2==
 בדקו התכנסות של <math>f_n(x)=\frac1{1+n^2x^2}</math> ב-<math>\mathbb R</math>.
@@ שורה 34: / שורה 32: @@
 * <math>x=0\implies f(x)=\frac1{1+0}=1</math>
 * <math>x\ne0\implies f(x)=\frac1{1+\infty}=0</math>
+{{משל}}
+----
@@ שורה 42: / שורה 42: @@
 נתונה <math>f_n(x)=\left(1+\frac1n\right)x^2</math>. קבע האם f מתכנסת נקודתית/במ"ש ב-<math>(0,1)</math>.
 ===פתרון===
-במקרה שלנו קל לראות ש-<math>f_n(x)</math> מתכנסת נקודתית ל-<math>x^2</math> כי <math>\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)x^2=\lim_{n\to\infty}x^2+\lim_{n\to\infty}\frac{x^2}{n^2}=x^2+0=x^2</math>
+במקרה שלנו קל לראות ש-<math>f_n(x)</math> מתכנסת נקודתית ל-<math>x^2</math> כי <math>\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)x^2=\lim_{n\to\infty}x^2+\lim_{n\to\infty}\frac{x^2}{n^2}=x^2+0=x^2</math>. מסקנה: <math>f(x)=x^2</math>.
-====מסקנה====
-<math>f(x)=x^2</math>
-עבור התכנסות במ"ש נבדוק פי הגדרה צריך לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> ולכל <math>x\in I</math> בקטע מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon</math> נציב <math>|f_n(x)-f(x)|=\left|\left(1+\frac1n\right)x^2-x^2|=\frac{x^2}n\le\frac1n<\varepsilon</math> ולכן מספיק לבחור <math>n_0\ge\frac1\varepsilon</math> ונקבל את הדרוש.
+כדי לבדוק התכנסות במ"ש נשתמש בהגדרה. צריך להתקיים שלכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> ולכל <math>x\in I</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon</math>. נציב: <math>|f_n(x)-f(x)|=\left|\left(1+\frac1n\right)x^2-x^2\right|=\frac{x^2}n\le\frac1n<\varepsilon</math>. לכן מספיק לבחור <math>n_0\ge\frac1\varepsilon</math> ונקבל שיש גם התכנסות במ"ש. {{משל}}
 ==דוגמה 4==
 הראה כי <math>f_n(x)=x^n</math> לא מתכנסת במ"ש ב-<math>(0,1)</math>.
 ===פתרון===
-מצאנו בדוגמה 2 ש-<math>f(x)=0</math>. נשים לב כי <math>\lim_{x\to1}x^n=1</math> ז"א <math>\forall n>n_0:\ \exists x_0:\ \frac12<x_0^n<\frac32</math> (לפי הגדרת
+מצאנו בדוגמה 1 ש-<math>f(x)=0</math>. נשים לב כי <math>\forall n\in\mathbb N:\ \lim_{x\to1}x^n=1</math> ז"א <math>\forall n\in\mathbb N:\ \exists x_0:\ \frac12<x_0^n<\frac32</math> (לפי הגדרת הגבול). לכן <math>\exists\varepsilon>0:\ \forall n_0\in\mathbb N:\ \exists n>n_0:\ \exists x_0:\ |f_n(x_0)-f(x_0)|=|x_0^n-0|>\frac12>\varepsilon</math> ולכן ההתכנסות לא במ"ש. {{משל}}