88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/פתרון מועד א

1

שאלת הוכחה מההרצאה

2

חשבו את האינטגרלים הבאים:

א

[math]\displaystyle{ \int\frac{dx}{\sin(x)} }[/math]

פתרון:

נבצע הצבה אוניברסאלית [math]\displaystyle{ t=\tan(\frac{x}{2}) }[/math] לקבל

[math]\displaystyle{ \int\frac{1+t^2}{2t}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt=\ln\bigl(|t|\bigr)+c }[/math]

ב

[math]\displaystyle{ \int\frac{x\cdot dx}{\cos^2(x)} }[/math]

נבצע אינטגרציה בחלקים לקבל

[math]\displaystyle{ \int\frac{x\cdot dx}{\cos^2(x)}=x\cdot\tan(x)-\int \tan(x) = x\cdot\tan(x)+\ln\bigl(|\cos(x)|\bigr)+c }[/math]

ג

[math]\displaystyle{ \int\frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt }[/math]

ניתן לבצע את האלגוריתם לביצוע אינטגרל על פונקציה רציונאלית

או ההצבה [math]\displaystyle{ x=t^4 }[/math] באופן הבא:

[math]\displaystyle{ \int \frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt=\int\frac{x}{4(1+2x+x^2)}dx=\frac18\int\frac{2x+2-2}{(1+x)^2}dx=\frac{\ln(1+x)}{4}+\frac1{4(1+x)}+C }[/math]

3

א

קבעו האם האינטגרל הבא מתכנס או מתבדר:

[math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty\frac{\arctan(x)}{x}dx }[/math]

פתרון: כיון ש- [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{\arctan(x)}{x}}{\frac1{x}}=\frac{\pi}{2} }[/math]

וכיון ש- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int\limits_1^\infty\frac1{x}dx }[/math] מתבדר

שני האינטגרלים חברים ומתבדרים יחדיו.

ב

הוכיחו שאם [math]\displaystyle{ p(x) }[/math] פולינום שאינו שווה זהותית ל- [math]\displaystyle{ 0 }[/math], אזי האינטגרל [math]\displaystyle{ \displaystyle\int\limits_1^\infty p(x)dx }[/math] מתבדר.

פתרון:

אם הפולינום אינו זהותית [math]\displaystyle{ 0 }[/math] , האינטגרל הלא-מסוים שלו [math]\displaystyle{ q(x)=\displaystyle\int\limits p(x)dx }[/math] בעל מעלה גדולה או שווה לאחד. ולכן

[math]\displaystyle{ \int_1^\infty p(x)dx=\lim_{b\to\infty}\int_1^b p(x)dx=\lim_{b\to\infty}[q(b)-q(1)]=\pm\infty }[/math]

האחרון מתבדר כיון שהמעלה של [math]\displaystyle{ q }[/math] גדולה או שווה ל- [math]\displaystyle{ 1 }[/math] .

4

מצאו את טור מקלורן של הפונקציה [math]\displaystyle{ f(x)=\cos^2(x) }[/math] וקבעו את רדיוס ההתכנסות של הטור.

פתרון:

ראשית, נשים לב כי [math]\displaystyle{ \cos^2(x)= \frac{\cos(2x)+1}{2} }[/math].

שנית, נזכר או נפתח את הטור [math]\displaystyle{ \cos(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} }[/math]

וביחד נקבל

[math]\displaystyle{ \cos^2(x)=\frac12\bigg(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}(2x)^{2n}+1\bigg)=\frac12\bigg(1+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-4)^n}{(2n)!}x^{2n}\bigg) }[/math]

קל לחשב רדיוס התכנסות של טור זה ולהראות שהוא אינסוף.

5

נגדיר סדרת פונקציות [math]\displaystyle{ f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^n} }[/math]

א

קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע [math]\displaystyle{ \left[0,\frac12\right] }[/math]

פתרון:

קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית [math]\displaystyle{ 0 }[/math] , ולכן יש לחשב את הגבול:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big] }[/math]

נגזור על-מנת למצוא את המקסימום:

[math]\displaystyle{ {\Big(\frac{x^n}{1+x^n}\Big)' = \frac{nx^{n-1}(1+x^n)-nx^{n-1}\cdot x^n}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}} }[/math]

הנגזרת מתאפסת ב- [math]\displaystyle{ 0 }[/math] , לכן המקסימום הוא בקצוות

[math]\displaystyle{ f_n(0)=0 }[/math] ,

[math]\displaystyle{ f_n(\frac12)=\frac1{2^n+1} }[/math]

ולכן

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big]= \lim\limits_{n\to\infty}\frac1{2^n+1}=0 }[/math]

ולכן הסדרה מתכנסת במ"ש.

ב

קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע [math]\displaystyle{ \left[\frac12,\frac32\right] }[/math]

פתרון:

קל לראות כי פונקצית הגבול בנקודה [math]\displaystyle{ 1 }[/math] היא [math]\displaystyle{ \frac12 }[/math] , לכל נקודה גדולה מ- [math]\displaystyle{ 1 }[/math] היא [math]\displaystyle{ 1 }[/math] ולכל נקודה קטנה מ- [math]\displaystyle{ 1 }[/math] היא [math]\displaystyle{ 0 }[/math] . לכן פונקצית הגבול אינה רציפה, ולכן ההתכנסות אינה במ"ש (שכן התכנסות במ"ש של פונקציות רציפות היא רציפה).

6 במבחן של אגרונובסקי

הוכח כי הפונקציה [math]\displaystyle{ F(\alpha)=\displaystyle\int\limits_1^\infty x^\alpha e^{-x}dx }[/math] רציפה בכל הממשיים.

פתרון:

• לפי מבחן השוואה גבולי, קל לראות שכיון שהאינטגרל [math]\displaystyle{ \displaystyle\int\limits_1^\infty e^{-\frac{x}{2}}dx }[/math] מתכנס, כך גם האינטגרל [math]\displaystyle{ F(\alpha) }[/math] לכל אלפא.

• כמו כן קל לוודא כי הפונקציה [math]\displaystyle{ F(\alpha) }[/math] מונוטונית. (זה לבד מוכיח רציפות פרט למספר בן-מניה של נקודות...)

• תהי [math]\displaystyle{ a }[/math] נקודה מסוימת. נבחר [math]\displaystyle{ M }[/math] כך ש- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int\limits_M^\infty x^{a+1}e^{-x}dx \lt \frac{\epsilon}{2} }[/math]

• כעת עבור [math]\displaystyle{ \Delta a }[/math] קטן מספיק, [math]\displaystyle{ F(a+\Delta a)\le \displaystyle\int\limits_1^Mx^{a+\Delta a}e^{-x}dx + \frac{\epsilon}{2}\le M^{\Delta a}F(a) + \frac{\epsilon}{2}\le F(a) + \epsilon }[/math]

כפי שרצינו...

6 במבחן של שיין והורוביץ

(לקוח ממערכי התרגול של אור שחף) נתונה f פונקציה בעלת השתנות חסומה בקטע, ונתון שקיים [math]\displaystyle{ \epsilon\gt 0 }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ f(x)\ge\epsilon }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in[a,b] }[/math]. הוכיחו [math]\displaystyle{ \frac1f }[/math] בעלת השתנות חסומה בקטע.

פתרון

1. מתקיים [math]\displaystyle{ \forall x\in[a,b]:\ \frac1{f(x)}\le\frac1\epsilon }[/math] ולכן

[math]\displaystyle{ \begin{align}v(1/f,P)&=\sum_{k=1}^n\left|\frac1{f(x_k)}-\frac1{f(x_{k-1})}\right|\\&=\sum_{k=1}^n\left|\frac{f(x_{k-1})-f(x_k)}{f(x_k)f(x_{k-1})}\right|\\&\le\frac1{\epsilon^2}\sum_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\\&\le\frac1{\epsilon^2}\overset b\underset aV f\\&\lt \infty\end{align} }[/math]