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}\frac{2}{1+t^2}dt=ln|t|+c }[/math]
ב
[math]\displaystyle{ \int\frac{xdx}{cos^2(x)} }[/math]
נבצע אינטגרציה בחלקים לקבל
[math]\displaystyle{ \int\frac{xdx}{cos^2(x)}=xtan(x)-\int tan(x) = xtan(x)+ln|cos(x)|+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=\frac{1}{8}\int\frac{2x+2-2}{(1+x)^2}dx=\frac{1}{4}ln[(1+x)]+\frac{1}{4}\frac{1}{1+x}+c }[/math]
3
א
קבעו האם האינטגרל הבא מתכנס או מתבדר:
[math]\displaystyle{ \int_0^\infty\frac{arctan(x)}{x}dx }[/math]
פתרון:
כיוון ש[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\frac{arctanx}{x}}{\frac{1}{x}}=\frac{\pi}{2} }[/math]
וכיוון ש[math]\displaystyle{ \int_1^\infty\frac{1}{x}dx }[/math] מתבדר
שני האינטגרלים חברים ומתבדרים יחדיו.
ב
הוכיחו שאם [math]\displaystyle{ p(x) }[/math] פולינום שאינו שווה זהותית לאפס, אזי האינטגרל [math]\displaystyle{ \int_1^\infty p(x)dx }[/math] מתבדר.
פתרון:
אם הפולינום אינו זהותית אפס, האינטגרל הלא מסויים שלו [math]\displaystyle{ q(x)=\int p(x)dx }[/math] בעל מעלה גדולה או שווה לאחד. ולכן
[math]\displaystyle{ \int_1^\infty p(x)dx=\lim_{b\rightarrow\infty}\int_1^b p(x)dx=\lim_{b\rightarrow\infty}[q(b)-q(1)]=\pm\infty }[/math]
האחרון מתבדר כיוון שהמעלה של q גדולה או שווה לאחד.
4
מצאו את טור מקלורין 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^{\infin}_{n=0} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} }[/math]
וביחד נקבל
[math]\displaystyle{ cos^2(x)=\frac{1}{2}[\sum^{\infin}_{n=0} \frac{(-1)^n}{(2n)!} (2x)^{2n} + 1]= \frac{1}{2}[1+\sum^{\infin}_{n=0} \frac{(-1)^n 4^n}{(2n)!} x^{2n}] }[/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{ [0,\frac{1}{2}] }[/math]
פתרון:
קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית אפס, ולכן יש לחשב את הגבול:
[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac{1}{2}]}|\frac{x^n}{1+x^n}|\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 באפס, לכן המקסימום הוא בקצוות
[math]\displaystyle{ f_n(0)=0 }[/math],
[math]\displaystyle{ f_n(\frac{1}{2})=\frac{1}{2^n+1} }[/math]
ולכן
[math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac{1}{2}]}|\frac{x^n}{1+x^n}|\Big]= \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2^n+1}=0 }[/math]
ולכן הסדרה מתכנסת במ"ש.
ב
קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע [math]\displaystyle{ [\frac{1}{2},\frac{3}{2}] }[/math]
פתרון:
קל לראות כי פונקצית הגבול בנקודה 1 היא חצי, לכל נקודה גדולה מ1 היא 1 ולכל נקודה קטנה מאחד היא אפס. 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)=\int_1^\infty x^\alpha e^{-x}dx }[/math] רציפה בכל הממשיים
פתרון:
- לפי מבחן השוואה גבולי, קל לראות שכיוון שהאינטגרל [math]\displaystyle{ \int_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 מנייה של נקודות...)
- תהי a נקודה מסויימת. נבחר M כך ש [math]\displaystyle{ \int_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)\leq\int_1^Mx^{a+\Delta a}e^{-x}dx + \frac{\epsilon}{2}\leq M^{\Delta a}F(a) + \frac{\epsilon}{2}\leq 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{ \varepsilon\gt 0 }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ f(x)\ge\varepsilon }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in[a,b] }[/math]. הוכיחו [math]\displaystyle{ \frac1f }[/math] בעלת השתנות חסומה בקטע.
פתרון
- מתקיים [math]\displaystyle{ \forall x\in[a,b]:\ \frac1{f(x)}\le\frac1\varepsilon }[/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{\varepsilon^2}\sum_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\\&\le\frac1{\varepsilon^2}\overset b\underset aV f\\&\lt \infty\end{align} }[/math][math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]