חזרה

דוגמה 1

[math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty\sqrt x\sin(x^2)\mathrm dx }[/math] מתכנס?

פתרון

נציב [math]\displaystyle{ y=x^2, x=\sqrt y, \mathrm dx=\frac{\mathrm dy}{\sqrt y}, \sqrt x=y^{1/4} }[/math] ןמתכנס לפי דיריכלה.

דוגמה 2

מצאו רדיוס התכנסות של [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2^n}}{n!} }[/math].

פתרון

עפ"י דלאמבר דורשים [math]\displaystyle{ \limsup\frac{|x^{2^{n+1}}/(n+1)!|}{\frac{x^{2^n}}{n!}}\lt 1 }[/math] שמתקיים אם"ם [math]\displaystyle{ |x|\lt 1 }[/math].

דוגמה 3

לפונקציה g רציפה ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] נסמן [math]\displaystyle{ M(g)=\max_{x\in[a,b]}g(x) }[/math]. נניח ש-[math]\displaystyle{ \{f_n\} }[/math] סדרת פונקציות רציפות, [math]\displaystyle{ f_n\to f }[/math] במ"ש ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math]. הוכח או הפרך [math]\displaystyle{ M(f_n)\to M(f) }[/math].

הוכחה

יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. קיים [math]\displaystyle{ n_0\in\mathbb N }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f_n(x)-f(x)|\lt \varepsilon }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in[a,b] }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ |f_n(x)|-|f(x)|\lt \varepsilon }[/math]. מכאן ש-[math]\displaystyle{ |f_n(x)|\lt |f(x)|+\varepsilon\le M(f)+\varepsilon }[/math] ולכן לכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ M(f_n)\lt M(f)+\varepsilon }[/math]. כמו כן לכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math] ולכל [math]\displaystyle{ x\in[a,b] }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f(x)|-|f_n(x)|\le|f(x)-f_n(x)|\lt \varepsilon }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ |f_n(x)|\gt |f(x)|-\varepsilon }[/math] בנקודה המקסימלית [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] של f מתקיים [math]\displaystyle{ |f_n(x_0)|\gt |f(x_0)|-\varepsilon=M(f)-\varepsilon }[/math] יוצא שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_0 }[/math], [math]\displaystyle{ M(f_n)\ge |f_n(x_0)|\gt M(f)-\varepsilon }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ M(f)-\varepsilon\lt M(f_n)\lt M(f)+\varepsilon }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ M(f_n)\to M(f) }[/math].

דוגמה 4

מצאו רדיוס התכנסות של [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n} }[/math].

פתרון

הטור מתכנס עבור כל x כך ש-[math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{|2^{n+1}x^{2n+2}|}{|3^{n+1}-(-1)^n4^{n+1}|}/|\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}|\lt 1 }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} |2x^2||\frac{3^n+(-1)^n4^n}{3^{n+1}+(-1)^{n+1}4^{n+1}}|\lt 1 }[/math]. ננחש שהגבול שואף ל-[math]\displaystyle{ \frac14 }[/math] (לפי אינטואיציה) ולכן נרחיב את השבר ב-[math]\displaystyle{ (-1/4)^n }[/math]. אזי נחשב [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}|(-1)^n(3/4)^n+1|/|(-1)^{n+1}(3/4)^n\cdot 3+4|=\frac14 }[/math]. הדרישה להתכנסות היא ש-[math]\displaystyle{ |2x^2|\cdot\frac14\lt 1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ |x|\lt \sqrt2 }[/math].

דוגמה 5

[math]\displaystyle{ \{f_n\} }[/math] סדרת פונקציות בעלות השתנות חסומה ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] קיים כך שלכל n מתקיים [math]\displaystyle{ T_a^b (f_n)\le M }[/math]. הוכח או הפרך: אם [math]\displaystyle{ f_n\to f }[/math] במ"ש ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] אז [math]\displaystyle{ T_a^b (f)\lt \infty }[/math].

פתרון

תשובה שגויה: נקח חלוקה כלשהי [math]\displaystyle{ P=\{x_k\}_{k=0}^m }[/math] של [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math]. לכל n מתקיים [math]\displaystyle{ v(f_n,P)=\sum_{k=1}^m |f_n(x_k)-f_n(x_{k-1})|\le M }[/math]. נשאיף [math]\displaystyle{ n\to\infty }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^m |f(x_k)-f(x_{k-1})|\le M }[/math] באופן בלתי תלוי ב-P. לכן [math]\displaystyle{ T_a^b(f)\le M }[/math].

דוגמה נגדית: "ידוע" שהפונקציה [math]\displaystyle{ f(x)=\begin{cases}x \sin(1/x)&x\ne 0\\0&\text{else}\end{cases} }[/math] רציפה ב-[math]\displaystyle{ [0,1] }[/math] ובעלת השתנות בלתי חסומה בקטע. נגדיר [math]\displaystyle{ f_n(x)=\begin{ceses}0&0\le x\le\frac1{\pi n}\\x\sin(1/x)&\text{else}\end{ceses} }[/math] לכל n. נעיר שלכל n יש ל-[math]\displaystyle{ f_n(x) }[/math] השתנות חסומה. טענה: f_n\to f במ"ש ב-[math]\displaystyle{ [0,1] }[/math] . הוכחה: עבור [math]\displaystyle{ \frac1/{\pi n}\lt x\le 1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f_n(x)-f|=0 }[/math] ואילו אם [math]\displaystyle{ 0\le x\le \frac1{\pi n} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f_n(x)-f(x)|=|f(x)|=|x\sin(1/x)|\le |x|\le\frac1{\pi n} }[/math], ששואף ל-0 ולכן ההתכנסות במ"ש.

דוגמה 6

מצאו טור מקלורין של [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{3x^2-3x-1}{(x^2+1)(x-2)} }[/math].

פתרון

נפרק לשברים חלקיים ונקבל [math]\displaystyle{ \frac{2x+1}{x^2+1}+\frac1{x-2} }[/math]. מצקיים [math]\displaystyle{ \frac1{x-2}=\frac{-1/2}{1-x/2}=-\frac12\sum_{n=0}^\infty\left(x/2\right)^n }[/math]. מאידך [math]\displaystyle{ \frac1{1+x^2}=\frac1{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \frac{2x}{1+x^2}=2x\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} 2x^{2n+1} }[/math].

דוגמה 7

תהי f אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] ונגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\int\limits_a^x f }[/math]. צ"ל של-F יש השתנות חסומה ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math].

פתרון

נקח חלוקה [math]\displaystyle{ P=\{x_k\}_{k=0}^n }[/math] של [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] ואז [math]\displaystyle{ V(F,P)=\sum_{k=1}^n|F(x_k)-F(x_{k-1})|=\sum_{k=1}^n |\int\limits_a^x f|=\sum\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k}}|f|=\int\limits_a^b |f| }[/math] יש כאן חסם בלתי תלוי בחלוקה.

דוגמה 8

נגדיר סדרת פונקציות [math]\displaystyle{ f_n }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] באינדוקציה [math]\displaystyle{ f_1(x)=\sqrt x }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)} }[/math].

הוכח שלכל [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] קיים [math]\displaystyle{ f(x)=\lim_{n\to\infty} f(x) }[/math].
חשב את [math]\displaystyle{ f' }[/math].
האם [math]\displaystyle{ f_n'\to f' }[/math]?

פתרון

נקבע [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math].

טענה 1: הסדרה [math]\displaystyle{ f_n(x) }[/math] עולה. הוכחה: [math]\displaystyle{ f_2(x)=\sqrt{x+\sqrt x}\gt \sqrt x=f_1(x) }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}\gt \sqrt{x+f_{n-1}(x)}=f_n(x) }[/math]. טענה 2: הסדרה [math]\displaystyle{ f_n }[/math] חסומה מלעיל. גישה: [math]\displaystyle{ f_n(x)\to L }[/math] אז [math]\displaystyle{ L=\sqrt{x+L} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ L^2-L-x=0 }[/math]. מכאן ש-[math]\displaystyle{ L=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2 }[/math]. טענה: לכל n מתקיים [math]\displaystyle{ f_n(x)\lt L }[/math], הוכחה באינדוקציה: [math]\displaystyle{ f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}\lt \sqrt{x+L}=L }[/math]. כיוון שהסדרה עולה וחסומה קיים גבול [math]\displaystyle{ f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x) }[/math] ולפי השיקול הנ"ל מתקיים [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2 }[/math].

[math]\displaystyle{ f'(x)=\frac14(1+4x)^{-1/2}\cdot4=\frac1\sqrt{1+4x} }[/math]

מתקיים [math]\displaystyle{ f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)} }[/math]. נגזור [math]\displaystyle{ f_{n+1}'(x)=\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}} }[/math]. ננניח שאמנם [math]\displaystyle{ f_n'\to f' }[/math] אם כן [math]\displaystyle{ \frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}\to\frac{1+(\frac1\sqrt{1+4x})}{2\sqrt{x+\frac{1+\sqrt{1+4x}}2}}=\frac1\sqrt{1+4x} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ f_n'\to f' }[/math] בתנאי ש-[math]\displaystyle{ f_{n+1}'(x)\to\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}\to\frac{1+(\frac1\sqrt{1+4x})}{2\sqrt{x+\frac{1+\sqrt{1+4x}}2}} }[/math]. נוותר על הניסיון להוכיח זאת.

דוגמה 9

נתון טור פונקציות [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\arctan(x/\sqrt n) }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math]. להראות שהטור מתכנס לפונקציה בעלת נגזרת רציפה.

פתרון

נעיר שבקטע [math]\displaystyle{ (-\infty,\infty) }[/math] הפונקציה [math]\displaystyle{ \arctan(y) }[/math] עולה מונוטונית מ-[math]\displaystyle{ -\pi/2 }[/math] עד [math]\displaystyle{ \pi/2 }[/math]. כעת אם [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \frac x\sqrt n }[/math] יורד עם n ולכן [math]\displaystyle{ \arctan(x/\sqrt n) }[/math] יורד עם n. לכן עבור [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math] הטור הוא [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ a_n=\frac{arctan(x/\sqrt n)}\sqrt n }[/math] ו-[math]\displaystyle{ a_n }[/math] יורדת מונוטונית ל-0. ממבחן לייבניץ הטור מתכנס. עבור [math]\displaystyle{ x\lt 0 }[/math] הדיון דומה כי [math]\displaystyle{ \arctan }[/math] פונקציה אי-זוגית. הטור הגזור הוא [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}\sqrt n\frac1{1+(x/\sqrt n)^2}\frac1\sqrt n=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n+x^2} }[/math]. טענה: הטור הגזור מתכנס במ"ש על [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math]. הוכחה: לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math] הטור טור לייבניץ ומתכנס, נניח ל-[math]\displaystyle{ g(x) }[/math]. לפי לייבניץ [math]\displaystyle{ \forall N\in\mathbb N:\ \left|g(x)-\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^n}{n+x^2}\right|\le\frac1{N+x^2}\le\frac1N\to\infty }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math]. כיוון שההפרש המקסימלי בין [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] לסכום החלקי שואף ל-0 נובע ממבחן ה-sup שהטור הגזור מתכנס במ"ש ל-g על [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math]. נובע ממשפט 10 בהתכנסות במ"ש של טורים שהטור המקורי מתכנס במ"ש לפונקציה f גזירה כך ש-[math]\displaystyle{ f'(x)=g(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n+x^2} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math]. הטור האחרון הוא סכום של פונקציות רציפות שמתכנס במ"ש, לכן g רציפה ב-[math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math].

משפט

אם [math]\displaystyle{ f_1(x)\ge f_2(x)\ge f_3(x)\ge\dots\ge 0 }[/math] ואם [math]\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0 }[/math] במ"ש I אז [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n f_n(x) }[/math] מתכנס במ"ש ב-I. (ההוכחה כמו בדוגמה הקודמת)

דוגמה 10

מתכנס או מתבדר - [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty \int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt }[/math].

פתרון

נעזר באינטגרציה בחלקים [math]\displaystyle{ a_n=\int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt }[/math] אזי [math]\displaystyle{ a_n=\left[-\frac{\cos(n^2t)}{n^2t}\right]_{t=1}^2-\int\limits_1^2\frac{-\cos(n^2t)}{-n^2t^2}\mathrm dt=\frac1{n^2}\left(\frac{-\cos(2n^2)}2+\cos(n^2)\right)-\int\limits_1^2\frac{\cos(n^2t){t^2}\mathrm dt }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ |a_n|\le\frac1{n^2}\left(\frac12+1+1\right)\lt \frac3{n^2} }[/math] ולפי מבחן ההשוואה [math]\displaystyle{ \sum a_n }[/math] מתכנס בהחלט.

דוגמה 11

נניח ש-F מוגדרת ובעלת נגזרת רציפה וחסומה ב-[math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math]. עוד נניח ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty |F| }[/math] מתכנס. הוכיחו כי [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} F(x)=0 }[/math].

פתרון

[math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty |F'(x)F(x)|\mathrm dx }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty F'(x)F(x)\mathrm dx }[/math] מתכנס. כמו כן [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty 2F'(x)F(x)\mathrm dx=\left[F^2(x)\right]_{x=0}^\infty=\lim_{R\to\infty}F^2(R)-F^2(0)\lt \infty }[/math]