משתמש:אור שחף/133 - תרגול/5.6.11

טורי חזקות (המשך)

דוגמה 1

חשבו את רדיוס ההתכנסות של הטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}(x-2)^{2n} }[/math].

פתרון

נתחיל מההצבה [math]\displaystyle{ y=(x-2)^2 }[/math] כדי שנקבל תבנית של טור חזקות: [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{n!}y^n }[/math]. נעזר במבחן המנה: [math]\displaystyle{ 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]\displaystyle{ \frac1e }[/math] ולכן רדיוס ההתכנסות של הטור המקורי (מכיוון ש-[math]\displaystyle{ |y-0|=\left|(x-2)^2\right|\lt R }[/math]) הוא [math]\displaystyle{ \frac1\sqrt e }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 2

מצאו את תחום ההתכנסות של הטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{2n} }[/math] וחשבו את סכומו לכל x בתחום.

פתרון

אם נציב [math]\displaystyle{ y=x^2 }[/math] נקבל את הטור ההנדסי [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty (-y)^n }[/math]. טור זה מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ |-y|\lt 1 }[/math] ואם כן אזי [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty (-y)^n=\frac1{1-(-y)} }[/math]. לסיכום, תחום ההתכנסות הוא [math]\displaystyle{ \{x:\ |-y|\lt 1\}=(-1,1) }[/math] וסכום הטור הוא [math]\displaystyle{ \frac1{1+x^2} }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 3

הוכח כי [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac\pi4 }[/math].

פתרון

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

דוגמה 4

חשבו [math]\displaystyle{ S=\int\limits_0^1\frac{\sin(x)}x\mathrm dx }[/math] בקירוב של [math]\displaystyle{ 10^{-6} }[/math].

פתרון

טור טיילור של [math]\displaystyle{ \sin(x) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!} }[/math] ולכן טור טיילור של [math]\displaystyle{ \frac{\sin(x)}x }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+1)!} }[/math]. ברור כי הטור הנ"ל מתכנס במ"ש בכל [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math] (כי רדיוס ההתכנסות הוא, עפ"י מבחן השורש או מבחן המנה, [math]\displaystyle{ \infty }[/math]) ולכן נעשה אינטגרציה איבר-איבר: [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ |S_n-S|\le|a_{n+1}| }[/math] (כאשר S הוא סכום הטור, [math]\displaystyle{ S_n }[/math] הוא סכום הטור החלקי מהאיבר ה-0 עד n, ו-[math]\displaystyle{ a_{n+1} }[/math] הוא האיבר ה-[math]\displaystyle{ n+1 }[/math] של הטור). עבור [math]\displaystyle{ n=3 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |a_{n+1}|\le 10^{-6} }[/math] ולכן נחשב [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^3\frac{(-1)^n}{(2n+1)!(2n+1)} }[/math], ונקבל [math]\displaystyle{ S\approx\frac{166889}{176400}\approx 0.946083 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 5

נתונה פונקציה [math]\displaystyle{ \varphi }[/math] רציפה כלשהי ב-[math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math] והפונציה [math]\displaystyle{ f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4+x^2} }[/math].

1. הוכיחו כי הטור [math]\displaystyle{ f(\varphi(x))=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4+(\varphi(x))^2} }[/math] מתכנס במ"ש בתחום ההגדרה של [math]\displaystyle{ \varphi }[/math].
2. העזרו בכך ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6 }[/math] (אין צורך להוכיח זאת) וחשבו את [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty f(x)\mathrm dx }[/math].

פתרון

1. נעזר במבחן ה-M של ויירשראס: [math]\displaystyle{ \frac1{n^4+x^2}\le\frac1{n^4} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4} }[/math] מתכנס, לכן הטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4+x^2} }[/math] מתכנס במ"ש על [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math].
   טענת עזר: נוכיח שהטווח של [math]\displaystyle{ \varphi }[/math] הוא קטע. ראשית נוכיח שלכל קטע [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math], [math]\displaystyle{ \mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]}) }[/math] הוא קטע. ממשפט ויירשראס השני, קיימת נקודה [math]\displaystyle{ x_M\in[a,b] }[/math] שבה [math]\displaystyle{ \varphi|_{[a,b]} }[/math] מקסימלית ו-[math]\displaystyle{ x_m\in[a,b] }[/math] שבה היא מינימלית, ונניח בלי הגבלת הכלליות ש-[math]\displaystyle{ x_m\le x_M }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \varphi|_{[a,b]} }[/math] רציפה ב-[math]\displaystyle{ [x_m,x_M] }[/math] ולכן, מממשפט ערך הביניים, לכל [math]\displaystyle{ y\in[\varphi(x_m),\varphi(x_M)] }[/math] קיים [math]\displaystyle{ c\in[x_m,x_M] }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \varphi(c)=y }[/math]. לפיכך הוכחנו ש-[math]\displaystyle{ \mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})\supseteq[\varphi(x_m),\varphi(x_M)] }[/math]. מאידך, [math]\displaystyle{ \varphi(x_m) }[/math] הוא הערך המינימלי של [math]\displaystyle{ \varphi|_{[a,b]} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \varphi(x_M) }[/math] הוא הערך המקסימלי, לכן ברור ש-[math]\displaystyle{ \mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})\subseteq[\varphi(x_m),\varphi(x_M)] }[/math]. מכאן ש-[math]\displaystyle{ \mbox{Im}(\varphi|_{[a,b]})=[\varphi(x_m),\varphi(x_M)] }[/math], כלומר הטווח הוא קטע, כדרוש. הטענה נכונה לכל קטע [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] ולכן נשאיף [math]\displaystyle{ a\to-\infty\ \and\ b\to\infty }[/math] ונקבל שהיא נכונה ל-[math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math].
   לפיכך מתקיימים התנאים לשימוש במבחן ה-M של ויירשראס, ומכיוון שהטור של f מתכנסת במ"ש על [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math] הוא בפרט מתכנס במ"ש על תת הקטע [math]\displaystyle{ \mbox{Im}(\varphi)\subseteq\mathbb R }[/math]. מכאן ש-[math]\displaystyle{ f\circ\varphi }[/math] מתכנס במ"ש. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
2. הטור מתכנס במ"ש ולכן ניתן לעשות אינטגרציה איבר-איבר:
   [math]\displaystyle{ \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]
   [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 6

קרבו את [math]\displaystyle{ \ln(1.5) }[/math] כך שהשארית קטנה מ-[math]\displaystyle{ 2\cdot10^{-2} }[/math].

פתרון

נעזר בטור טיילור מסדר N של [math]\displaystyle{ \ln }[/math]: [math]\displaystyle{ P_N(1+x)=\sum_{n=0}^N (-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1} }[/math] ונציב [math]\displaystyle{ x=\tfrac12 }[/math]. קיבלנו [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ |S-S_n|\le|a_{n+1}| }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ S=\lim_{N\to\infty}P_N(1.5) }[/math], ומכיוון שכבר הוכחנו בעבר ש-[math]\displaystyle{ \lim_{N\to\infty}R_N(1+x)=0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ S=\ln(1.5) }[/math]). דרוש ש-[math]\displaystyle{ |S-S_N|\lt 2\cdot10^{-2} }[/math], ובגלל ש-[math]\displaystyle{ |a_3|=\frac1{2^4\cdot4}=\frac1{64}\lt 2\cdot10^{-2} }[/math] נחשב [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^2\frac{(-1)^n}{2^{n+1}(n+1)}=\frac5{12} }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]