88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/פתרון מועד א מדמח

שאלה 1

א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה.

ב. הוכח/הפרך: אם [math]\displaystyle{ \lim\sqrt[n]{a_n}=L }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \lim\frac{a_{n+1}}{a_n}=L }[/math] .

פתרון

א. כיון שהסדרה מתכנסת, קיים מקום בסדרה [math]\displaystyle{ n_1 }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |a_n-L|\lt 1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ L-1\lt a_n\lt L+1 }[/math]. סה"כ:

[math]\displaystyle{ \forall\ n:\min\{a_1,\ldots,a_{n_1},L-1\}\lt a_n\lt \max\{a_1,\ldots,a_{n_1},L+1\} }[/math]

ב. הפרכה: ניקח סדרה אשר במקומות הזוגיים שלה שווה [math]\displaystyle{ n }[/math], ובמקומות האי-זוגיים [math]\displaystyle{ n^2 }[/math]:

[math]\displaystyle{ a_n=1,1,2,4,3,9,4,16,\ldots }[/math]

קל לראות כי [math]\displaystyle{ \lim\sqrt[n]{a_n}=1 }[/math], אבל לא קיים הגבול [math]\displaystyle{ \lim\frac{a_{n+1}}{a_n} }[/math] .

הפרכה נוספת: ניקח את הסדרה הבאה

[math]\displaystyle{ a_n=1,3,1,3,1,3,\ldots }[/math]

מתקיים

[math]\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13,3,\frac13,3,\frac13,3,\ldots }[/math]

ולכן לא מתכנס. אבל [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{3}\to 1 }[/math] וכמובן גם [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{1}\to 1 }[/math] ולכן סה"כ [math]\displaystyle{ \sqrt[n]{a_n}\to 1 }[/math] .

שאלה 2

נניח כי [math]\displaystyle{ f }[/math] פונקציה רציפה ב- [math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math], גזירה ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]. בנוסף נתון כי [math]\displaystyle{ f(0)=0 }[/math] והנגזרת [math]\displaystyle{ f' }[/math] מונוטונית עולה ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math] .

א. הוכיחו כי [math]\displaystyle{ f'(x)\ge \frac{f(x)}{x} }[/math] ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math] .

ב. הוכיחו כי הפונקציה [math]\displaystyle{ g(x)=\frac{f(x)}{x} }[/math] מונוטונית עולה ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math] .

פתרון

א. יהי [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math]. נפעיל את משפט לגראנז' על הפונקציה [math]\displaystyle{ f }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ [0,x] }[/math]. לכן קיימת נקודה [math]\displaystyle{ 0\lt c\lt x }[/math] כך ש:

[math]\displaystyle{ f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x} }[/math]

אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:

[math]\displaystyle{ f'(x)\ge f'(c) = \frac{f(x)}{x} }[/math]

כפי שרצינו. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה

[math]\displaystyle{ g'(x)=\frac{x\cdot f'(x)-f(x)}{x^2} }[/math]

כיון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על-ידי המונה. אבל לפי סעיף א':

[math]\displaystyle{ x\cdot f'(x)-f(x)\ge x\cdot \frac{f(x)}{x}-f(x)=0 }[/math]

שאלה 3

קבעו האם קיים הגבול ואם כן מצאו אותו:

א. [math]\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n} }[/math]

ב. [math]\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty}a_n }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ a_1=1\ ,\ a_{n+1}=\sin(a_n) }[/math]

ג. [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\Big[\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\Big] }[/math]

ד. [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to 1}\Big[\frac1{x-1}-\frac1{\ln(x)}\Big] }[/math]

פתרון

א.
נפעיל את משפט הסנדוויץ': [math]\displaystyle{ 2012=\sqrt[n]{2012^n}\le \sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n}\le \sqrt[n]{2012^n+2012^n+\cdots+2012^n}=\sqrt[n]{2012\cdot 2012^n}\to 2012 }[/math]

ב.
ידוע כי עבור ערכים חיוביים [math]\displaystyle{ \sin(x)\lt x }[/math] ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על-ידי [math]\displaystyle{ 0 }[/math], ולכן מתכנסת.

[math]\displaystyle{ L=\sin(L) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ L=0 }[/math].

אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה [math]\displaystyle{ x-\sin(x)=0 }[/math] הקטן מ- [math]\displaystyle{ 1 }[/math], אזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין [math]\displaystyle{ 0 }[/math] ל- [math]\displaystyle{ 1 }[/math] (לפי רול) וקל לוודא כי זה לא קורה.

ג.
כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנג' כי [math]\displaystyle{ \bigg|\sin(x)-\sin(y)\bigg|\le |x-y| }[/math] לכן,

[math]\displaystyle{ \bigg|\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\bigg|\le \bigg|\sqrt{x-a}-\sqrt{x}\bigg|=\Bigg|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}\Bigg|\to 0 }[/math]

ד.

[math]\displaystyle{ \frac1{x-1}-\frac1{\ln(x)}=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)} }[/math]

נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:

[math]\displaystyle{ \frac{\frac1{x}-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}}=\frac{1-x}{x\cdot\ln(x)+x-1} }[/math]

שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:

[math]\displaystyle{ \frac{-1}{\ln(x) + 1 +1}\to -\frac12 }[/math]

ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי.

שאלה 4

תהי [math]\displaystyle{ f(x)=x^2\cdot\sin\left(\frac1{x}\right) }[/math]

א. האם [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה במ"ש בתחום [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]?

ב. האם [math]\displaystyle{ f' }[/math] רציפה במ"ש בתחום [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]?

ג. הוכח/הפרך: אם [math]\displaystyle{ g }[/math] גזירה ורציפה במ"ש ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math] אזי נגזרתה [math]\displaystyle{ g' }[/math] חסומה ב-[math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]

פתרון

א.
נבחן את הנגזרת בקטע:

[math]\displaystyle{ f'(x)=2x\cdot\sin\left(\frac1{x}\right)-\cos\left(\frac1{x}\right) }[/math] . כיון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע [math]\displaystyle{ [1,\infty) }[/math].

כמו כן קל לראות כי היא חסומה בקטע [math]\displaystyle{ (0,1) }[/math] (אף על פי שאין לה גבול בנקודה אפס).

בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה במ"ש בקטע.

ב.
ניקח את שתי הסדרות [math]\displaystyle{ x_n=\frac1{2\pi n} }[/math], ו- [math]\displaystyle{ y_n=\frac1{\frac{\pi}{2}+2\pi n} }[/math] . קל לוודא כי:

[math]\displaystyle{ |x_n-y_n|\to 0 }[/math]

[math]\displaystyle{ \bigg|f'(x_n)-f'(y_n)\bigg|\to 1 }[/math]

ולכן [math]\displaystyle{ f' }[/math] אינה רציפה במ"ש בקטע.

ג.
הפרכה:

[math]\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x} }[/math] רציפה במ"ש בקטע כיון שב- [math]\displaystyle{ 0 }[/math] יש לה גבול סופי ובאינסופי נגזרתה חסומה. אולם הנגזרת שלה [math]\displaystyle{ f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}} }[/math] אינה חסומה בסביבת [math]\displaystyle{ 0 }[/math].

הפרכה נוספת:

[math]\displaystyle{ x\cdot\sin\Big(\frac1{x}\Big) }[/math] בעלת גבולות סופיים בשני קצוות הקטע, ולכן רציפה שם במ"ש. קל לוודא כי נגזרתה אינה חסומה בקטע.

שאלה 5

עבור כל אחד מהטורים הבאים קבעו: מתבדר/ מתכנס בהחלט/ מתכנס בתנאי:

א. [math]\displaystyle{ \sum (-1)^n\cdot\sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big) }[/math]

ב. [math]\displaystyle{ \sum (-1)^n\frac{n+1}{n^\sqrt{n}} }[/math]

ג. [math]\displaystyle{ \sum\frac{\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n} }[/math]

ד. [math]\displaystyle{ \sum\frac{n^n}{(n!)^2} }[/math]

פתרון

א.

[math]\displaystyle{ \sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} }[/math]

לכן קל לוודא לפי מבחן ההשוואה הגבולי כי הטורים

[math]\displaystyle{ \sum \sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big) }[/math], ו- [math]\displaystyle{ \sum\frac1{\sqrt{n}} }[/math]

חברים, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט.

כיון שסינוס רציפה, מונוטונית באזור [math]\displaystyle{ 0 }[/math], ושואפת שמה ל- [math]\displaystyle{ 0 }[/math], מקבלים כי הטור כולו מתכנס בתנאי לפי מבחן לייבניץ.

ב.
ברור שהחל מ- [math]\displaystyle{ n=9 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \sqrt{n}\ge 3 }[/math] ולכן

[math]\displaystyle{ \sum\frac{n+1}{n^\sqrt{n}}\le \frac{n+1}{n^3}= \sum \frac1{n^2}+\frac1{n^3} }[/math]

ולכן הטור מתכנס בהחלט.

ג.
בכל מקום זוגי [math]\displaystyle{ \cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)=1 }[/math] ובכל מקום אי-זוגי זה שווה [math]\displaystyle{ 0 }[/math] לכן הטור הוא בעצם הטור המתבדר

[math]\displaystyle{ \sum\frac1{2n} }[/math] .

ד.
נפעיל את מבחן המנה לקבלת:

[math]\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{n+1}(n!)^2}{n^n \big((n+1)!\big)^2}=\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^n\cdot \frac1{n+1}\to e\cdot 0 =0 }[/math]

ולכן הטור מתכנס בהחלט.