הבדלים בין גרסאות בדף "אינפי 1, תשנ"ו מועד ב' - פתרון (זלצמן)"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
 
שורה 51: שורה 51:
  
 
;פתרון
 
;פתרון
−
ראשית נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\left|(-1)^n\cdot\dfrac{\ln(n)}{n}\right|=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}</math>
+
ראשית נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|(-1)^n\cdot\dfrac{\ln(n)}{n}\right|=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}</math>
  
 
<math>\ln(n)>1</math> לכל <math>n\ge3</math> ולכן לכל <math>n</math> שכזה מתקיים: <math>\frac1n\le\frac{\ln(n)}{n}</math>  
 
<math>\ln(n)>1</math> לכל <math>n\ge3</math> ולכן לכל <math>n</math> שכזה מתקיים: <math>\frac1n\le\frac{\ln(n)}{n}</math>  
−
ולפי מבחן ההשוואה הראשון הטור מכיון שהטור ההרמוני מתבדר אז <math>\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}</math> מתבדר.
+
ולפי מבחן ההשוואה הראשון הטור מכיון שהטור ההרמוני מתבדר אז <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}</math> מתבדר.
  
−
ידוע <math>\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(n)}{n}=0</math> (ואם אתם לא מאמינים לי אפשר להוכיח את זה עם לופיטל) ולכן מספיק להוכיח שהסדרה מונוטונית יורדת כדי להסיק התכנסות בתנאי לפי לייבניץ:
+
ידוע <math>\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln(n)}{n}=0</math> (ואם אתם לא מאמינים לי אפשר להוכיח את זה עם לופיטל) ולכן מספיק להוכיח שהסדרה מונוטונית יורדת כדי להסיק התכנסות בתנאי לפי לייבניץ:
  
−
נביט בפונקציה <math>f(x)=\frac{\ln(x)}{x}</math> , מספיק להראות כי <math>f'(x)\le0</math> כאשר <math>x\ge3</math> .
+
נביט בפונקציה <math>f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}</math> , מספיק להראות כי <math>f'(x)\le0</math> כאשר <math>x\ge3</math> .
  
 
<math>f'(x)=\frac{1-\ln(x)}{x^2}</math> וקל לראות שהתנאי לעיל מתקיים עבור <math>x\ge e</math> ובפרט עבור <math>x\ge3</math> .
 
<math>f'(x)=\frac{1-\ln(x)}{x^2}</math> וקל לראות שהתנאי לעיל מתקיים עבור <math>x\ge e</math> ובפרט עבור <math>x\ge3</math> .
  
  
−
'''ב.''' <math>\sum (-1)^n\cdot\sin\left(\frac1{n^2}\right)</math>
+
'''ב.''' <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\sin\left(\tfrac{1}{n^2}\right)</math>
−
 
+
−
'''פתרון:'''
+
  
 +
;פתרון
 
נראה התכנסות בהחלט לפי מבחן ההשוואה הגבולי
 
נראה התכנסות בהחלט לפי מבחן ההשוואה הגבולי
  
−
<math>\frac{\sin\left(\frac1{n^2}\right)}{\frac1{n^2}}\to 1</math> ולכן הטורים חברים.
+
<math>\frac{\sin\left(\frac{1}{n^2}\right)}{\frac1{n^2}}\to1</math> ולכן הטורים חברים.
  
−
מכיון <math>\sum\frac{1}{n^2}</math> מתכנס אז גם <math>\sum \sin\left(\frac1{n^2}\right)</math> .
+
מכיון <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}</math> מתכנס אז גם <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin\left(\tfrac{1}{n^2}\right)</math> .
  
 
ולכן הטור מתכנס בהחלט.
 
ולכן הטור מתכנס בהחלט.
  
  
−
'''ג.''' <math>\sum (-1)^n\frac{(2n)!}{n^{2n}}</math>
+
'''ג.''' <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\frac{(2n)!}{n^{2n}}</math>
−
 
+
−
'''פתרון:'''
+
  
 +
;פתרון
 
נוכיח התכנסות בהחלט לפי מבחן המנה של ד'לאמבר
 
נוכיח התכנסות בהחלט לפי מבחן המנה של ד'לאמבר
  
−
<math>\frac{\frac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\frac{(2n)!}{n^{2n}}}=\frac{\frac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\frac{(2n)!\cdot n^2}{n^{2n+2}}}=\frac{(2n+2)!}{(2n)!\cdot n^2}\cdot (\frac{n}{n+1})^{2n+2}=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot\left(1-\frac1{n+1}\right)^{2n+2}=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot \Bigg(\bigg(1-\frac1{n+1}\bigg)^{n+1}\Bigg)^2\to \frac4{e^2}<1</math>
+
<math>\begin{align}\dfrac{\dfrac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\dfrac{(2n)!}{n^{2n}}}&=\dfrac{\dfrac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\dfrac{(2n)!\cdot n^2}{n^{2n+2}}}=\frac{(2n+2)!}{(2n)!\cdot n^2}\cdot\left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n+2}=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{2n+2}\\&=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot\left(\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right)^2\to\frac{4}{e^2}<1\end{align}</math>
  
 
ולכן הטור מתכנס בהחלט!
 
ולכן הטור מתכנס בהחלט!
שורה 93: שורה 91:
  
  
−
'''א.''' <math>f(x)=x\cdot\sin\left(\frac1{x^2}\right)</math> בקטע <math>(0,1)</math>
+
'''א.''' <math>f(x)=x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)</math> בקטע <math>(0,1)</math>
  
 
נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:
 
נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:
  
−
<math>\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}x\cdot\sin\left(\frac1{x^2}\right)=0</math> , חסומה כפול <math>0</math> .
+
<math>\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=0</math> , חסומה כפול 0.
  
−
<math>\lim_{x\to 1^-}f(x)=\lim_{x\to 1^-}x\cdot\sin\left(\frac1{x^2}\right)=f(1)=\sin(1)</math> . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.
+
<math>\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=f(1)=\sin(1)</math> . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.
  
  
שורה 106: שורה 104:
 
בדומה לסעיף הקודם, נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:
 
בדומה לסעיף הקודם, נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:
  
−
<math>\lim_{x\to\infty}x\cdot\sin\left(\frac1{x^2}\right)=\lim_{x\to\infty}x^2\cdot\sin\left(\frac1{x^2}\right)\cdot \lim_{x\to\infty}\frac1{x}=1\cdot 0=0</math>
+
<math>\lim_{x\to\infty}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=\lim_{x\to\infty}x^2\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)\cdot\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}=1\cdot 0=0</math>
  
−
<math>\lim_{x\to 1^+}f(x)=\lim_{x\to 1^+}x\cdot\sin\left(\frac1{x^2}\right)=f(1)=\sin(1)</math> . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.
+
<math>\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=f(1)=\sin(1)</math> . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.
  
  
שורה 115: שורה 113:
 
נניח בשלילה שהפונקציה רבמ"ש. הפונקציה <math>h(x)=\arcsin(x)</math> רציפה בתחום <math>[-1,1]</math> ולכן רבמ"ש בו.
 
נניח בשלילה שהפונקציה רבמ"ש. הפונקציה <math>h(x)=\arcsin(x)</math> רציפה בתחום <math>[-1,1]</math> ולכן רבמ"ש בו.
  
−
מכיון שהתחום <math>[-1,1]</math> הנו התמונה של <math>g</math>, ההרכבה של הפונקציות רבמ"ש (לפי משפט).
+
מכיון שהתחום <math>[-1,1]</math> הנו התמונה של <math>g</math> , ההרכבה של הפונקציות רבמ"ש (לפי משפט).
  
 
לכן <math>(h\circ g)(x)=\arcsin\big(\sin(x^2)\big)=x^2</math> רבמ"ש, בסתירה להוכחה מהתירגול.
 
לכן <math>(h\circ g)(x)=\arcsin\big(\sin(x^2)\big)=x^2</math> רבמ"ש, בסתירה להוכחה מהתירגול.
  
−
'''פתרון נוסף (עם סדרות):'''
+
;פתרון נוסף (עם סדרות)
  
 
נגדיר את שתי הסדרות הבאות:  
 
נגדיר את שתי הסדרות הבאות:  
שורה 126: שורה 124:
  
 
==שאלה 5==
 
==שאלה 5==
−
<math>f(x):=2-x</math> כאשר <math>x\in\Q</math>
+
<math>f(x)=\begin{cases}2-x&x\in\Q\\\dfrac{1}{x}&x\notin\Q\end{cases}</math>
−
 
+
−
<math>f(x):=\frac1{x}</math> כאשר <math>x\notin\Q</math>
+
  
 
צריך למצוא עבור אילו ערכים הפונקציה רציפה ועבור אילו ערכים הפונקציה גזירה.
 
צריך למצוא עבור אילו ערכים הפונקציה רציפה ועבור אילו ערכים הפונקציה גזירה.
  
  
−
'''פתרון:''' נתחיל עם הנקודות עבורן הפונקציה רציפה, שכן זהו תנאי הכרחי לגזירות.
+
;פתרון
 +
נתחיל עם הנקודות עבורן הפונקציה רציפה, שכן זהו תנאי הכרחי לגזירות.
  
−
הנקודות בהן הפונקציה רציפה הן הנקודות בהן מתקיים השוויון: <math>2-x=\frac1{x}</math>
+
הנקודות בהן הפונקציה רציפה הן הנקודות בהן מתקיים השוויון: <math>2-x=\frac{1}{x}</math>
  
 
בכל שאר הנקודות, ניתן לבנות שתי סדרות: אחת של רציונאליים ואחת של אי-רציונאליים שתמונותיהן יתכנסו לשני ערכים שונים ולכן היא אינה רציפה בהן.
 
בכל שאר הנקודות, ניתן לבנות שתי סדרות: אחת של רציונאליים ואחת של אי-רציונאליים שתמונותיהן יתכנסו לשני ערכים שונים ולכן היא אינה רציפה בהן.
 
   
 
   
−
במקרה של שוויון, כל סדרה של רציונאליים, אי-רציונאליים או שילוב שלהם תתכנס ל<math>f(x)</math> בין אם הוא רציונאלי או לא.
+
במקרה של שוויון, כל סדרה של רציונאליים, אי-רציונאליים או שילוב שלהם תתכנס ל- <math>f(x)</math> בין אם הוא רציונאלי או לא.
  
−
נפתור את המשוואה ונקבל תוצאה יחידה: <math>x=1</math>, '''בנקודה זו הפונקציה רציפה.'''
+
נפתור את המשוואה ונקבל תוצאה יחידה: <math>x=1</math> , '''בנקודה זו הפונקציה רציפה.'''
  
 
כעת נבדוק האם היא גזירה בנקודה זו, אם הפונקציה גזירה אזי בהכרח <math>(2-x)'(1)=(\frac1{x})'(1)</math> מנימוקים דומים, כלומר:
 
כעת נבדוק האם היא גזירה בנקודה זו, אם הפונקציה גזירה אזי בהכרח <math>(2-x)'(1)=(\frac1{x})'(1)</math> מנימוקים דומים, כלומר:
  
−
מכיון שהגבולות <math>\lim\limits_{x\to 1}\frac{\frac1{x}-1}{x-1},\lim\limits_{x\to 1}\frac{(2-x)-1}{x-1}\in\R</math>  
+
מכיון שהגבולות <math>\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\frac{1}{x}-1}{x-1},\lim\limits_{x\to1}\dfrac{(2-x)-1}{x-1}\in\R</math>  
  
−
אז לפי היינה התמונות של כל הסדרות שמתכנסות ל- <math>1</math> יתכנסו לגבולות האלו. אם הפונקציה גזירה, בהכרח הגבול קיים ולכן כל הסדרות התמונות חייבות להתכנס לאותה נקודה. על כל פנים, נחזור לשוויון שהצגנו לעיל:
+
אז לפי היינה התמונות של כל הסדרות שמתכנסות ל-1 יתכנסו לגבולות האלו. אם הפונקציה גזירה, בהכרח הגבול קיים ולכן כל הסדרות התמונות חייבות להתכנס לאותה נקודה. על כל פנים, נחזור לשוויון שהצגנו לעיל:
  
−
<math>(2-x)'(1)=-1=-\frac1{1^2}=\left(-\frac1{x^2}\right)(1)=\left(\frac1{x}\right)'(1)</math>
+
<math>(2-x)'(1)=-1=-\frac{1}{1^2}=\left(-\frac{1}{x^2}\right)(1)=\left(\frac{1}{x}\right)'(1)</math>
  
−
'''ולכן הפונקציה גזירה בנקודה <math>x=1</math>.'''
+
'''ולכן הפונקציה גזירה בנקודה''' <math>x=1</math> .
  
 
==שאלה 6==
 
==שאלה 6==
 
'''א.'''
 
'''א.'''
  
−
<math>\Bigg(x^{\cos\left(e^{x^2}\right)}\Bigg)'=\Bigg(e^{\cos\left(e^{x^2}\right)\cdot\ln(x)}\Bigg)'=e^{\cos\left(e^{x^2}\right)\cdot\ln(x)}\cdot\Bigg(\cos\left(e^{x^2}\right)\cdot\ln(x)\Bigg)'=x^{\cos\left(e^{x^2}\right)}\cdot\Bigg(-2x\cdot e^{x^2}\cdot\ln(x)\cdot\sin\left(e^{x^2}\right)+\frac{\cos\left(e^{x^2}\right)}{x}\Bigg)</math>
+
<math>\begin{align}\frac{d}{dx}\left(x^{\cos\big(e^{x^2}\big)}\right)&=\frac{d}{dx}\left(e^{\cos\big(e^{x^2}\big)\cdot\ln(x)}\right)\\&=e^{\cos\big(e^{x^2}\big)\cdot\ln(x)}\cdot\frac{d}{dx}\left(\cos\big(e^{x^2}\big)\cdot\ln(x)\right)=x^{\cos\big(e^{x^2}\big)}\cdot\left(\frac{\cos\big(e^{x^2}\big)}{x}-2x\cdot e^{x^2}\cdot\ln(x)\cdot\sin\big(e^{x^2}\big)\right)\end{align}</math>
  
 
'''ב.'''
 
'''ב.'''
  
−
<math>\Bigg(\arctan\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)\Bigg)'=\frac{\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)'}{1+\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}=\frac{\frac{\frac{1+x^2}{x}-2x\cdot\ln(x)}{(1+x^2)^2}}{1+\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}=\frac{\frac{1+x^2-4x^2\ln(x)}{x(1+x^2)^2}}{\frac{(x^2+1)^2+\ln^2(x)}{(1+x^2)^2}}=\frac{1+x^2-4x^2\ln(x)}{x(x^2+1)^2+x\cdot\ln^2(x)}</math>
+
<math>\begin{align}\frac{d}{dx}\left(\arctan\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)\right)&=\dfrac{\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)}{1+\left(\dfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}\\&=\dfrac{\dfrac{\dfrac{1+x^2}{x}-2x\cdot\ln(x)}{(1+x^2)^2}}{1+\left(\dfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}=\dfrac{\dfrac{1+x^2-4x^2\ln(x)}{x(1+x^2)^2}}{\dfrac{(1+x^2)^2+\ln^2(x)}{(1+x^2)^2}}=\frac{1+x^2\big(1-4\ln(x)\big)}{x\big((1+x^2)^2+\ln^2(x)\big)}\end{align}</math>
  
 
'''ג.'''
 
'''ג.'''

גרסה אחרונה מ־11:37, 8 בפברואר 2017

קישור לבחינה עצמה: המבחן

אתם מוזמנים לעזור בפתרון, לשנות, לתקן ולהעיר הערות.

שאלה 1

יהי \sum\limits_{n=1}^\infty b_n טור חיובי.

א. הראה שאם \{a_n\}_{n=1}^\infty סדרה המקיימת לכל n : \Big|a_{n+1}-a_n\Big|<b_n וכן \sum\limits_{n=1}^\infty b_n<\infty אזי הסדרה מתכנסת.

הוכחה

אם הטור מתקיים התנאים הנ"ל כלומר: \sum\limits_{n=1}^\infty b_n<\infty וגם \sum\limits_{n=1}^\infty b_n טור חיובי, אזי הטור מתכנס. שכן סדרת הסכומים החלקיים שלו היא מונוטונית עולה וחסומה מלעיל ולכן מתכנסת.

נוכיח כי הסדרה הנה קושי וזאת באמצעות הקריטריון של קושי להתכנסות סדרות.

יהי \epsilon>0 . לפי קריטריון קושי קיים M\in\N כך שלכל p\in\N מתקיים \left|\displaystyle\sum_{k=M}^{M+p}b_k\right|<\epsilon .

יהיו n,m>M , אזי:

\begin{align} |a_n-a_m|&=\bigg|a_n-a_{n-1}+a_{n-1}-\cdots+a_{m+1}-a_m\bigg|\\ &\le\Big|a_n-a_{n-1}\Big|+\Big|a_{n-1}-a_{n-2}\Big|+\cdots+\Big|a_{m+1}-a_m\Big|\\ &\le b_{n-1}+b_{n-2}+\cdots+b_m=\sum_{k=m}^{n-1}b_k\le\sum_{k=M}^{n-1}b_k<\epsilon \end{align}

הראנו שהסדרה היא קושי ולכן מתכנסת.

דרך אחרת

נשים לב כי a_0=0,a_n=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(a_{k+1}-a_k) , וכיון שהטור הזה מתכנס בהחלט כי בהחלט הוא נשלט על-ידי \sum b_n כך גם a_n מתכנסת כי התכנסות של טור שקולה להתכנסות של הסכומים החלקיים.

ב. אם הטור \sum\limits_{n=1}^\infty b_n אז קיימת סדרה \{a_n\}_{n=1}^\infty המקיימת לכל n : \Big|a_{n+1}-a_n\Big|<b_n וגם מתבדרת.

הוכחה

נביט בסדרת הסכומים החלקיים של הטור (עם שינוי קל): S_n=\sum\limits_{k=1}^{n-1}b_k ונגדיר S_1=0

הטור \sum\limits_{n=1}^\infty b_n מתבדר ולכן לפי ההגדרה (כי הוספת איבר אחד בהתחלה אינה משפיעה על התכנסות או התבדרות הסדרה) הסדרה מתבדרת.

כמו כן, קל לראות כי מתקיים התנאי: \Big|S_{n+1}-S_n\Big|=\left|\sum\limits_{k=1}^n b_k-\sum\limits_{k=1}^{n-1}b_k\right|=|b_n|=b_n

\blacksquare

תיקון

תהי S_n סדרת הסכומים החלקיים של הטור \sum (b_n-n^2) הטור מתבדר כהפרש של טור מתבדר בטור מתכנס מתקיים \Big|s_n-s_{n-1}\Big|=b_n-n^2<b_n

שאלה 2

בדוק התכנסות והתכנסות בהחלט של הטורים הבאים:


א. \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\dfrac{\ln(n)}{n}

פתרון

ראשית נבדוק התכנסות בהחלט: \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|(-1)^n\cdot\dfrac{\ln(n)}{n}\right|=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}

\ln(n)>1 לכל n\ge3 ולכן לכל n שכזה מתקיים: \frac1n\le\frac{\ln(n)}{n} ולפי מבחן ההשוואה הראשון הטור מכיון שהטור ההרמוני מתבדר אז \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n} מתבדר.

ידוע \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln(n)}{n}=0 (ואם אתם לא מאמינים לי אפשר להוכיח את זה עם לופיטל) ולכן מספיק להוכיח שהסדרה מונוטונית יורדת כדי להסיק התכנסות בתנאי לפי לייבניץ:

נביט בפונקציה f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x} , מספיק להראות כי f'(x)\le0 כאשר x\ge3 .

f'(x)=\frac{1-\ln(x)}{x^2} וקל לראות שהתנאי לעיל מתקיים עבור x\ge e ובפרט עבור x\ge3 .


ב. \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\sin\left(\tfrac{1}{n^2}\right)

פתרון

נראה התכנסות בהחלט לפי מבחן ההשוואה הגבולי

\frac{\sin\left(\frac{1}{n^2}\right)}{\frac1{n^2}}\to1 ולכן הטורים חברים.

מכיון \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2} מתכנס אז גם \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin\left(\tfrac{1}{n^2}\right) .

ולכן הטור מתכנס בהחלט.


ג. \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\frac{(2n)!}{n^{2n}}

פתרון

נוכיח התכנסות בהחלט לפי מבחן המנה של ד'לאמבר

\begin{align}\dfrac{\dfrac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\dfrac{(2n)!}{n^{2n}}}&=\dfrac{\dfrac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\dfrac{(2n)!\cdot n^2}{n^{2n+2}}}=\frac{(2n+2)!}{(2n)!\cdot n^2}\cdot\left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n+2}=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{2n+2}\\&=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot\left(\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right)^2\to\frac{4}{e^2}<1\end{align}

ולכן הטור מתכנס בהחלט!

שאלה 3

ציטוט משפטים

שאלה 4

יש לבדוק האם הפונקציות הבאות רבמ"ש בקטעים הנתונים:


א. f(x)=x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right) בקטע (0,1)

נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:

\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=0 , חסומה כפול 0.

\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=f(1)=\sin(1) . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.


ב. f(x) מסעיף א' בקרן (1,\infty)

בדומה לסעיף הקודם, נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:

\lim_{x\to\infty}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=\lim_{x\to\infty}x^2\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)\cdot\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}=1\cdot 0=0

\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}x\sin\left(\tfrac{1}{x^2}\right)=f(1)=\sin(1) . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.


ג. g(x)=\sin(x^2) רבמ"ש בקרן (0,\infty)

נניח בשלילה שהפונקציה רבמ"ש. הפונקציה h(x)=\arcsin(x) רציפה בתחום [-1,1] ולכן רבמ"ש בו.

מכיון שהתחום [-1,1] הנו התמונה של g , ההרכבה של הפונקציות רבמ"ש (לפי משפט).

לכן (h\circ g)(x)=\arcsin\big(\sin(x^2)\big)=x^2 רבמ"ש, בסתירה להוכחה מהתירגול.

פתרון נוסף (עם סדרות)

נגדיר את שתי הסדרות הבאות:

x_n=\sqrt{\frac{3\pi}{2}+2\pi n} ואת הסדרה y_n=\sqrt{\frac{\pi}{2}+2\pi n} ונמשיך מכאן...

שאלה 5

f(x)=\begin{cases}2-x&x\in\Q\\\dfrac{1}{x}&x\notin\Q\end{cases}

צריך למצוא עבור אילו ערכים הפונקציה רציפה ועבור אילו ערכים הפונקציה גזירה.


פתרון

נתחיל עם הנקודות עבורן הפונקציה רציפה, שכן זהו תנאי הכרחי לגזירות.

הנקודות בהן הפונקציה רציפה הן הנקודות בהן מתקיים השוויון: 2-x=\frac{1}{x}

בכל שאר הנקודות, ניתן לבנות שתי סדרות: אחת של רציונאליים ואחת של אי-רציונאליים שתמונותיהן יתכנסו לשני ערכים שונים ולכן היא אינה רציפה בהן.

במקרה של שוויון, כל סדרה של רציונאליים, אי-רציונאליים או שילוב שלהם תתכנס ל- f(x) בין אם הוא רציונאלי או לא.

נפתור את המשוואה ונקבל תוצאה יחידה: x=1 , בנקודה זו הפונקציה רציפה.

כעת נבדוק האם היא גזירה בנקודה זו, אם הפונקציה גזירה אזי בהכרח (2-x)'(1)=(\frac1{x})'(1) מנימוקים דומים, כלומר:

מכיון שהגבולות \lim\limits_{x\to1}\dfrac{\frac{1}{x}-1}{x-1},\lim\limits_{x\to1}\dfrac{(2-x)-1}{x-1}\in\R

אז לפי היינה התמונות של כל הסדרות שמתכנסות ל-1 יתכנסו לגבולות האלו. אם הפונקציה גזירה, בהכרח הגבול קיים ולכן כל הסדרות התמונות חייבות להתכנס לאותה נקודה. על כל פנים, נחזור לשוויון שהצגנו לעיל:

(2-x)'(1)=-1=-\frac{1}{1^2}=\left(-\frac{1}{x^2}\right)(1)=\left(\frac{1}{x}\right)'(1)

ולכן הפונקציה גזירה בנקודה x=1 .

שאלה 6

א.

\begin{align}\frac{d}{dx}\left(x^{\cos\big(e^{x^2}\big)}\right)&=\frac{d}{dx}\left(e^{\cos\big(e^{x^2}\big)\cdot\ln(x)}\right)\\&=e^{\cos\big(e^{x^2}\big)\cdot\ln(x)}\cdot\frac{d}{dx}\left(\cos\big(e^{x^2}\big)\cdot\ln(x)\right)=x^{\cos\big(e^{x^2}\big)}\cdot\left(\frac{\cos\big(e^{x^2}\big)}{x}-2x\cdot e^{x^2}\cdot\ln(x)\cdot\sin\big(e^{x^2}\big)\right)\end{align}

ב.

\begin{align}\frac{d}{dx}\left(\arctan\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)\right)&=\dfrac{\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)}{1+\left(\dfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}\\&=\dfrac{\dfrac{\dfrac{1+x^2}{x}-2x\cdot\ln(x)}{(1+x^2)^2}}{1+\left(\dfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}=\dfrac{\dfrac{1+x^2-4x^2\ln(x)}{x(1+x^2)^2}}{\dfrac{(1+x^2)^2+\ln^2(x)}{(1+x^2)^2}}=\frac{1+x^2\big(1-4\ln(x)\big)}{x\big((1+x^2)^2+\ln^2(x)\big)}\end{align}

ג.

\Big(x^{-n}+n^{-x}\Big)'=-nx^{-n-1}-\ln(n)\cdot n^{-x}

שאלה 7

מקור: https://math-wiki.com/index.php?title=אינפי_1,_תשנ%22ו_מועד_ב%27_-_פתרון_(זלצמן)&oldid=70382