שינויים
יצירת דף עם התוכן "=חזרה= ==דוגמה 1== <math>\int\limits_0^\infty\sqrt x\sin(x^2)\mathrm dx</math> מתכנס? ===פתרון=== נציב <math>y=x^2, x=\sqrt y, \mathrm dx=\fr..."
=חזרה=
==דוגמה 1==
<math>\int\limits_0^\infty\sqrt x\sin(x^2)\mathrm dx</math> מתכנס?
===פתרון===
נציב <math>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>\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2^n}}{n!}</math>.
===פתרון===
עפ"י דלאמבר דורשים <math>\limsup\frac{|x^{2^{n+1}}/(n+1)!|}{\frac{x^{2^n}}{n!}}<1</math> שמתקיים אם"ם <math>|x|<1</math>.
==דוגמה 3==
לפונקציה g רציפה ב-<math>[a,b]</math> נסמן <math>M(g)=\max_{x\in[a,b]}g(x)</math>. נניח ש-<math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות רציפות, <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[a,b]</math>. הוכח או הפרך <math>M(f_n)\to M(f)</math>.
===הוכחה===
יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon</math> לכל <math>x\in[a,b]</math>. לכן <math>|f_n(x)|-|f(x)|<\varepsilon</math>. מכאן ש-<math>|f_n(x)|<|f(x)|+\varepsilon\le M(f)+\varepsilon</math> ולכן לכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>M(f_n)<M(f)+\varepsilon</math>. כמו כן לכל <math>n>n_0</math> ולכל <math>x\in[a,b]</math> מתקיים <math>|f(x)|-|f_n(x)|\le|f(x)-f_n(x)|<\varepsilon</math> ולכן <math>|f_n(x)|>|f(x)|-\varepsilon</math> בנקודה המקסימלית <math>x_0</math> של f מתקיים <math>|f_n(x_0)|>|f(x_0)|-\varepsilon=M(f)-\varepsilon</math> יוצא שלכל <math>n>n_0</math>, <math>M(f_n)\ge |f_n(x_0)|>M(f)-\varepsilon</math>. לכן <math>M(f)-\varepsilon<M(f_n)<M(f)+\varepsilon</math> ולכן <math>M(f_n)\to M(f)</math>.
==דוגמה 4==
מצאו רדיוס התכנסות של <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}</math>.
===פתרון===
הטור מתכנס עבור כל x כך ש-<math>\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}|<1</math> כלומר <math>\lim_{n\to\infty} |2x^2||\frac{3^n+(-1)^n4^n}{3^{n+1}+(-1)^{n+1}4^{n+1}}|<1</math>. ננחש שהגבול שואף ל-<math>\frac14</math> (לפי אינטואיציה) ולכן נרחיב את השבר ב-<math>(-1/4)^n</math>. אזי נחשב <math>\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>|2x^2|\cdot\frac14<1</math> ולכן <math>|x|<\sqrt2</math>.
==דוגמה 5==
<math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות בעלות השתנות חסומה ב-<math>[a,b]</math> קיים כך שלכל n מתקיים <math>T_a^b (f_n)\le M</math>. הוכח או הפרך: אם <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[a,b]</math> אז <math>T_a^b (f)<\infty</math>.
===פתרון===
''תשובה שגויה:'' נקח חלוקה כלשהי <math>P=\{x_k\}_{k=0}^m</math> של <math>[a,b]</math>. לכל n מתקיים <math>v(f_n,P)=\sum_{k=1}^m |f_n(x_k)-f_n(x_{k-1})|\le M</math>. נשאיף <math>n\to\infty</math> ולכן <math>\sum_{n=1}^m |f(x_k)-f(x_{k-1})|\le M</math> באופן בלתי תלוי ב-P. לכן <math>T_a^b(f)\le M</math>.
דוגמה נגדית: "ידוע" שהפונקציה <math>f(x)=\begin{cases}x \sin(1/x)&x\ne 0\\0&\text{else}\end{cases}</math> רציפה ב-<math>[0,1]</math> ובעלת השתנות בלתי חסומה בקטע. נגדיר <math>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>f_n(x)</math> השתנות חסומה. טענה: f_n\to f במ"ש ב-<math>[0,1]</math> . הוכחה: עבור <math>\frac1/{\pi n}<x\le 1</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f|=0</math> ואילו אם <math>0\le x\le \frac1{\pi n}</math> מתקיים <math>|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>f(x)=\frac{3x^2-3x-1}{(x^2+1)(x-2)}</math>.
===פתרון===
נפרק לשברים חלקיים ונקבל <math>\frac{2x+1}{x^2+1}+\frac1{x-2}</math>. מצקיים <math>\frac1{x-2}=\frac{-1/2}{1-x/2}=-\frac12\sum_{n=0}^\infty\left(x/2\right)^n</math>. מאידך <math>\frac1{1+x^2}=\frac1{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n</math> ו-<math>\frac{2x}{1+x^2}=2x\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} 2x^{2n+1}</math>.
==דוגמה 7==
תהי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> ונגדיר <math>f(x)=\int\limits_a^x f</math>. צ"ל של-F יש השתנות חסומה ב-<math>[a,b]</math>.
===פתרון===
נקח חלוקה <math>P=\{x_k\}_{k=0}^n</math> של <math>[a,b]</math> ואז <math>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>f_n</math> לכל <math>x>0</math> באינדוקציה <math>f_1(x)=\sqrt x</math> וכן <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}</math>.
# הוכח שלכל <math>x>0</math> קיים <math>f(x)=\lim_{n\to\infty} f(x)</math>.
# חשב את <math>f'</math>.
# האם <math>f_n'\to f'</math>?
===פתרון===
# נקבע <math>x>0</math>.
טענה 1: הסדרה <math>f_n(x)</math> עולה.
הוכחה: <math>f_2(x)=\sqrt{x+\sqrt x}>\sqrt x=f_1(x)</math> וכן <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}>\sqrt{x+f_{n-1}(x)}=f_n(x)</math>.
טענה 2: הסדרה <math>f_n</math> חסומה מלעיל.
גישה: <math>f_n(x)\to L</math> אז <math>L=\sqrt{x+L}</math> ולכן <math>L^2-L-x=0</math>. מכאן ש-<math>L=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2</math>. טענה: לכל n מתקיים <math>f_n(x)<L</math>, הוכחה באינדוקציה: <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}<\sqrt{x+L}=L</math>.
כיוון שהסדרה עולה וחסומה קיים גבול <math>f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x)</math> ולפי השיקול הנ"ל מתקיים <math>f(x)=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2</math>.
# <math>f'(x)=\frac14(1+4x)^{-1/2}\cdot4=\frac1\sqrt{1+4x}</math>
# מתקיים <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}</math>. נגזור <math>f_{n+1}'(x)=\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}</math>. ננניח שאמנם <math>f_n'\to f'</math> אם כן <math>\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>f_n'\to f'</math> בתנאי ש-<math>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>\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\arctan(x/\sqrt n)</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. להראות שהטור מתכנס לפונקציה בעלת נגזרת רציפה.
===פתרון===
נעיר שבקטע <math>(-\infty,\infty)</math> הפונקציה <math>\arctan(y)</math> עולה מונוטונית מ-<math>-\pi/2</math> עד <math>\pi/2</math>. כעת אם <math>x>0</math> אז <math>\frac x\sqrt n</math> יורד עם n ולכן <math>\arctan(x/\sqrt n)</math> יורד עם n. לכן עבור <math>x>0</math> הטור הוא <math>\sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n</math> כאשר <math>a_n=\frac{arctan(x/\sqrt n)}\sqrt n</math> ו-<math>a_n</math> יורדת מונוטונית ל-0. ממבחן לייבניץ הטור מתכנס. עבור <math>x<0</math> הדיון דומה כי <math>\arctan</math> פונקציה אי-זוגית. הטור הגזור הוא <math>\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>\mathbb R</math>. הוכחה: לכל <math>x\in\mathbb R</math> הטור טור לייבניץ ומתכנס, נניח ל-<math>g(x)</math>. לפי לייבניץ <math>\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>x\in\mathbb R</math>. כיוון שההפרש המקסימלי בין <math>g(x)</math> לסכום החלקי שואף ל-0 נובע ממבחן ה-sup שהטור הגזור מתכנס במ"ש ל-g על <math>\mathbb R</math>. נובע ממשפט 10 בהתכנסות במ"ש של טורים שהטור המקורי מתכנס במ"ש לפונקציה f גזירה כך ש-<math>f'(x)=g(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n+x^2}</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. הטור האחרון הוא סכום של פונקציות רציפות שמתכנס במ"ש, לכן g רציפה ב-<math>\mathbb R</math>.
===משפט===
אם <math>f_1(x)\ge f_2(x)\ge f_3(x)\ge\dots\ge 0</math> ואם <math>\lim_{n\to\infty}f_n(x)=0</math> במ"ש I אז <math>\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>\sum_{n=1}^\infty \int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt</math>.
===פתרון===
נעזר באינטגרציה בחלקים <math>a_n=\int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt</math> אזי <math>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>|a_n|\le\frac1{n^2}\left(\frac12+1+1\right)<\frac3{n^2}</math> ולפי מבחן ההשוואה <math>\sum a_n</math> מתכנס בהחלט.
==דוגמה 11==
נניח ש-F מוגדרת ובעלת נגזרת רציפה וחסומה ב-<math>[0,\infty)</math>. עוד נניח ש-<math>\int\limits_0^\infty |F|</math> מתכנס. הוכיחו כי <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>.
===פתרון===
<!--הדרכה: אם, למשל, <math>F(x_0)>0</math> אז <math>F(x)>0</math> בסביבה מסויימת של <math>x_0</math>-->
<math>\int\limits_0^\infty |F'(x)F(x)|\mathrm dx</math> ולכן <math>\int\limits_0^\infty F'(x)F(x)\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן <math>\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)<\infty</math>
==דוגמה 1==
<math>\int\limits_0^\infty\sqrt x\sin(x^2)\mathrm dx</math> מתכנס?
===פתרון===
נציב <math>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>\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2^n}}{n!}</math>.
===פתרון===
עפ"י דלאמבר דורשים <math>\limsup\frac{|x^{2^{n+1}}/(n+1)!|}{\frac{x^{2^n}}{n!}}<1</math> שמתקיים אם"ם <math>|x|<1</math>.
==דוגמה 3==
לפונקציה g רציפה ב-<math>[a,b]</math> נסמן <math>M(g)=\max_{x\in[a,b]}g(x)</math>. נניח ש-<math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות רציפות, <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[a,b]</math>. הוכח או הפרך <math>M(f_n)\to M(f)</math>.
===הוכחה===
יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon</math> לכל <math>x\in[a,b]</math>. לכן <math>|f_n(x)|-|f(x)|<\varepsilon</math>. מכאן ש-<math>|f_n(x)|<|f(x)|+\varepsilon\le M(f)+\varepsilon</math> ולכן לכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>M(f_n)<M(f)+\varepsilon</math>. כמו כן לכל <math>n>n_0</math> ולכל <math>x\in[a,b]</math> מתקיים <math>|f(x)|-|f_n(x)|\le|f(x)-f_n(x)|<\varepsilon</math> ולכן <math>|f_n(x)|>|f(x)|-\varepsilon</math> בנקודה המקסימלית <math>x_0</math> של f מתקיים <math>|f_n(x_0)|>|f(x_0)|-\varepsilon=M(f)-\varepsilon</math> יוצא שלכל <math>n>n_0</math>, <math>M(f_n)\ge |f_n(x_0)|>M(f)-\varepsilon</math>. לכן <math>M(f)-\varepsilon<M(f_n)<M(f)+\varepsilon</math> ולכן <math>M(f_n)\to M(f)</math>.
==דוגמה 4==
מצאו רדיוס התכנסות של <math>\sum_{n=1}^\infty\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}</math>.
===פתרון===
הטור מתכנס עבור כל x כך ש-<math>\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}|<1</math> כלומר <math>\lim_{n\to\infty} |2x^2||\frac{3^n+(-1)^n4^n}{3^{n+1}+(-1)^{n+1}4^{n+1}}|<1</math>. ננחש שהגבול שואף ל-<math>\frac14</math> (לפי אינטואיציה) ולכן נרחיב את השבר ב-<math>(-1/4)^n</math>. אזי נחשב <math>\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>|2x^2|\cdot\frac14<1</math> ולכן <math>|x|<\sqrt2</math>.
==דוגמה 5==
<math>\{f_n\}</math> סדרת פונקציות בעלות השתנות חסומה ב-<math>[a,b]</math> קיים כך שלכל n מתקיים <math>T_a^b (f_n)\le M</math>. הוכח או הפרך: אם <math>f_n\to f</math> במ"ש ב-<math>[a,b]</math> אז <math>T_a^b (f)<\infty</math>.
===פתרון===
''תשובה שגויה:'' נקח חלוקה כלשהי <math>P=\{x_k\}_{k=0}^m</math> של <math>[a,b]</math>. לכל n מתקיים <math>v(f_n,P)=\sum_{k=1}^m |f_n(x_k)-f_n(x_{k-1})|\le M</math>. נשאיף <math>n\to\infty</math> ולכן <math>\sum_{n=1}^m |f(x_k)-f(x_{k-1})|\le M</math> באופן בלתי תלוי ב-P. לכן <math>T_a^b(f)\le M</math>.
דוגמה נגדית: "ידוע" שהפונקציה <math>f(x)=\begin{cases}x \sin(1/x)&x\ne 0\\0&\text{else}\end{cases}</math> רציפה ב-<math>[0,1]</math> ובעלת השתנות בלתי חסומה בקטע. נגדיר <math>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>f_n(x)</math> השתנות חסומה. טענה: f_n\to f במ"ש ב-<math>[0,1]</math> . הוכחה: עבור <math>\frac1/{\pi n}<x\le 1</math> מתקיים <math>|f_n(x)-f|=0</math> ואילו אם <math>0\le x\le \frac1{\pi n}</math> מתקיים <math>|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>f(x)=\frac{3x^2-3x-1}{(x^2+1)(x-2)}</math>.
===פתרון===
נפרק לשברים חלקיים ונקבל <math>\frac{2x+1}{x^2+1}+\frac1{x-2}</math>. מצקיים <math>\frac1{x-2}=\frac{-1/2}{1-x/2}=-\frac12\sum_{n=0}^\infty\left(x/2\right)^n</math>. מאידך <math>\frac1{1+x^2}=\frac1{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n</math> ו-<math>\frac{2x}{1+x^2}=2x\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} 2x^{2n+1}</math>.
==דוגמה 7==
תהי f אינטגרבילית ב-<math>[a,b]</math> ונגדיר <math>f(x)=\int\limits_a^x f</math>. צ"ל של-F יש השתנות חסומה ב-<math>[a,b]</math>.
===פתרון===
נקח חלוקה <math>P=\{x_k\}_{k=0}^n</math> של <math>[a,b]</math> ואז <math>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>f_n</math> לכל <math>x>0</math> באינדוקציה <math>f_1(x)=\sqrt x</math> וכן <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}</math>.
# הוכח שלכל <math>x>0</math> קיים <math>f(x)=\lim_{n\to\infty} f(x)</math>.
# חשב את <math>f'</math>.
# האם <math>f_n'\to f'</math>?
===פתרון===
# נקבע <math>x>0</math>.
טענה 1: הסדרה <math>f_n(x)</math> עולה.
הוכחה: <math>f_2(x)=\sqrt{x+\sqrt x}>\sqrt x=f_1(x)</math> וכן <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}>\sqrt{x+f_{n-1}(x)}=f_n(x)</math>.
טענה 2: הסדרה <math>f_n</math> חסומה מלעיל.
גישה: <math>f_n(x)\to L</math> אז <math>L=\sqrt{x+L}</math> ולכן <math>L^2-L-x=0</math>. מכאן ש-<math>L=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2</math>. טענה: לכל n מתקיים <math>f_n(x)<L</math>, הוכחה באינדוקציה: <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}<\sqrt{x+L}=L</math>.
כיוון שהסדרה עולה וחסומה קיים גבול <math>f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x)</math> ולפי השיקול הנ"ל מתקיים <math>f(x)=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2</math>.
# <math>f'(x)=\frac14(1+4x)^{-1/2}\cdot4=\frac1\sqrt{1+4x}</math>
# מתקיים <math>f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}</math>. נגזור <math>f_{n+1}'(x)=\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}</math>. ננניח שאמנם <math>f_n'\to f'</math> אם כן <math>\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>f_n'\to f'</math> בתנאי ש-<math>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>\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\arctan(x/\sqrt n)</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. להראות שהטור מתכנס לפונקציה בעלת נגזרת רציפה.
===פתרון===
נעיר שבקטע <math>(-\infty,\infty)</math> הפונקציה <math>\arctan(y)</math> עולה מונוטונית מ-<math>-\pi/2</math> עד <math>\pi/2</math>. כעת אם <math>x>0</math> אז <math>\frac x\sqrt n</math> יורד עם n ולכן <math>\arctan(x/\sqrt n)</math> יורד עם n. לכן עבור <math>x>0</math> הטור הוא <math>\sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n</math> כאשר <math>a_n=\frac{arctan(x/\sqrt n)}\sqrt n</math> ו-<math>a_n</math> יורדת מונוטונית ל-0. ממבחן לייבניץ הטור מתכנס. עבור <math>x<0</math> הדיון דומה כי <math>\arctan</math> פונקציה אי-זוגית. הטור הגזור הוא <math>\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>\mathbb R</math>. הוכחה: לכל <math>x\in\mathbb R</math> הטור טור לייבניץ ומתכנס, נניח ל-<math>g(x)</math>. לפי לייבניץ <math>\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>x\in\mathbb R</math>. כיוון שההפרש המקסימלי בין <math>g(x)</math> לסכום החלקי שואף ל-0 נובע ממבחן ה-sup שהטור הגזור מתכנס במ"ש ל-g על <math>\mathbb R</math>. נובע ממשפט 10 בהתכנסות במ"ש של טורים שהטור המקורי מתכנס במ"ש לפונקציה f גזירה כך ש-<math>f'(x)=g(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n+x^2}</math> לכל <math>x\in\mathbb R</math>. הטור האחרון הוא סכום של פונקציות רציפות שמתכנס במ"ש, לכן g רציפה ב-<math>\mathbb R</math>.
===משפט===
אם <math>f_1(x)\ge f_2(x)\ge f_3(x)\ge\dots\ge 0</math> ואם <math>\lim_{n\to\infty}f_n(x)=0</math> במ"ש I אז <math>\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>\sum_{n=1}^\infty \int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt</math>.
===פתרון===
נעזר באינטגרציה בחלקים <math>a_n=\int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt</math> אזי <math>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>|a_n|\le\frac1{n^2}\left(\frac12+1+1\right)<\frac3{n^2}</math> ולפי מבחן ההשוואה <math>\sum a_n</math> מתכנס בהחלט.
==דוגמה 11==
נניח ש-F מוגדרת ובעלת נגזרת רציפה וחסומה ב-<math>[0,\infty)</math>. עוד נניח ש-<math>\int\limits_0^\infty |F|</math> מתכנס. הוכיחו כי <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>.
===פתרון===
<!--הדרכה: אם, למשל, <math>F(x_0)>0</math> אז <math>F(x)>0</math> בסביבה מסויימת של <math>x_0</math>-->
<math>\int\limits_0^\infty |F'(x)F(x)|\mathrm dx</math> ולכן <math>\int\limits_0^\infty F'(x)F(x)\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן <math>\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)<\infty</math>
