הבדלים בין גרסאות בדף "פתרון אינפי 1, תשנ"ט, מועד ב,"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(←‏שאלה 1)
מ
שורה 6: שורה 6:
 
היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:
 
היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:
  
−
א) נניח ש<math>\sum^{\infty } b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\sum^{\infty } 2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש <math>2^nb_{2^n}\rightarrow 0</math>.
+
א) נניח ש- <math>\sum\limits^\infty b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\sum\limits 2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש- <math>2^nb_{2^n}\to 0</math> .
  
−
לכל n קיים k כך ש- <math>2^k\leq n <2^{k+1} </math> (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת <math> k=\left \lfloor log_2{n} \right \rfloor</math>).
+
לכל <math>n</math> קיים <math>k</math> כך ש- <math>2^k\le n <2^{k+1}</math> (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת <math>k=\bigg\lfloor\log_2(n)\bigg\rfloor</math>) .
  
−
הסדרה <math>\left \{ b_n \right \}</math> יורדת ולכן <math>x<y\rightarrow b_x>b_y</math>.
+
הסדרה <math>\{b_n\}</math> יורדת ולכן <math>x<y\to b_x>b_y</math> .
  
−
נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש <math>b_{2^{k+1}}\leq b_n \leq b_{2^k}</math>.
+
נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש- <math>b_{2^{k+1}}\le b_n \le b_{2^k}</math>.
  
−
נכפיל ב<math>n</math> (חיובי) את אגפי האי-שוויון: <math>nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}</math>
+
נכפיל ב- <math>n</math> (חיובי) את אגפי אי-השוויון: <math>n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}</math>
  
−
נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0 \leftarrow \frac{1}{2}2^{k+1}b_{2^{k+1}}=2^kb_{2^{k+1}}\leq nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}\leq 2^{k+1}b_{2^k}\rightarrow 0</math>
+
נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0\leftarrow \frac{2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^k\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n \le n\cdot b_{2^k}\le 2^{k+1}\cdot b_{2^k}\to 0</math>
  
−
ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ']] נקבל את הדרוש, <math>nb_b\rightarrow 0</math>.
+
ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ']] נקבל את הדרוש, <math>n\cdot b_n\to 0</math> .
  
  
 
'''דרך נוספת:'''
 
'''דרך נוספת:'''
−
נוכיח ש <math>2nb_{2n}\to 0</math> וכן <math>(2n+1)b_{2n+1}\to 0</math>  
+
נוכיח ש <math>2n\cdot b_{2n}\to 0</math> וכן <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0</math>  
−
ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת הסדרה של האיברים במקומות הזוגיים שואפת לאפס וכן תת הסדרה של האיברים במקומות האי זוגיים שואפת לאפס אז כך גם  הסדרה ).  
+
ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת-הסדרה של האיברים במקומות הזוגיים שואפת ל- <math>0</math> וכן תת-הסדרה של האיברים במקומות האי-זוגיים שואפת ל- <math>0</math> אז כך גם  הסדרה).  
  
−
אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\sum^{\infty } b_n</math> ב <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים
+
אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\sum\limits^\infty b_n</math> ב- <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים
−
<math>S_{2n}-S_n\to 0</math> וכן  
+
<math>S_{2n}-S_n\to 0</math> וכן <math>S_{2n+1}-S_n\to 0</math> . מההתכנסות הראשונה נקבל ש <math>b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}\to 0</math> . מכיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0<n\cdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}</math>.
−
<math>S_{2n+1}-S_{n}\to 0</math>. מההתכנסות הראשונה נקבל ש <math>b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} \to 0</math>. מכיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0<nb_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} </math>.
+
  
−
נכפיל את אי השוויונים ב2 ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to 0</math>.
+
נכפיל את אי-השוויונות ב- <math>2</math> ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to 0</math> . מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש- <math>(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0</math> אבל <math>0<(2n+1)\cdot b_{2n+1}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0</math> ולכן שוב  מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל ש- <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0</math> .
−
מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש <math>(2n+2)b_{2n+1}\to 0</math> אבל  
+
−
<math>0<(2n+1)b_{2n+1}<(2n+2)b_{2n+1}\to 0</math> ולכן שוב  מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל ש <math>(2n+1)b_{2n+1}\to 0</math>.
+
  
  
−
ב) דוגמה נגדית: <math>b_n=\frac{1}{n\cdot ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>nb_n=\frac{1}{ ln(n)}\rightarrow 0</math>.
+
ב) דוגמא נגדית: <math>b_n=\frac1{n\cdot\ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>n\cdot b_n=\frac1{\ln(n)}\to 0</math> .
  
−
ג) ניקח את הסדרה <math>b_n=\left\{\begin{matrix}
+
ג) ניקח את הסדרה  
−
2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=2^k \\  
+
<math>b_n=\left\{\begin{matrix}2^{-k}  
−
0 & else
+
&\exists k\in\N:n=2^k \\ 0  
−
\end{matrix}\right.=1,\frac{1}{2},0,\frac{1}{4},0,0,0,\frac{1}{8}...</math>.
+
& \mbox{else}\end{matrix}\right.=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18\ldots</math>.
  
−
הטור <math>\sum b_n</math> מתכנס ([[טור גיאומטרי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1...</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת לאחת (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת סדרה שלה מתכנסת אליו).
+
הטור <math>\sum b_n</math> מתכנס ([[טור הנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1,\ldots</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת-סדרה ששווה <math>1</math> ובפרט שואפת ל- <math>1</math> (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת-סדרה שלה מתכנסת אליו).
  
 
==שאלה 2==
 
==שאלה 2==
 +
א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\sum \cos\left(\frac1{n}\right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\frac1{n}\right)=\cos(0)=1</math> שונה מ- <math>0</math> .
  
−
 
+
הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\ \iff\ \lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0</math>)
−
א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\sum cos(\frac{1}{n})</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim_{n \to \infty }cos(\frac{1}{n})=cos0=1</math> שונה מ0.
+
−
 
+
−
הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim_{n \to \infty }a_n=0\leftrightarrow \lim_{n \to \infty }(-1)^na_n=0</math>)
+
  
 
ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum \begin{pmatrix}
 
ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum \begin{pmatrix}
שורה 63: שורה 58:
 
\end{pmatrix}}=</math>
 
\end{pmatrix}}=</math>
  
−
<math>=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac{1}{8(2n)!}=\frac{(2n+1)(2n+2)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}
+
<math>=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac1{8(2n)!}=\frac{2(2n+1)(n+1)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}
 
</math>
 
</math>
  
  
−
נעבור לגבול: <math>\lim_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{2n+1}{4n+4}=\frac{1}{2}<1</math>, לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.
+
נעבור לגבול: <math>\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2n+1}{4n+4}=\frac12<1</math> , לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.
  
  
−
ג) מתקיים <math>\log \frac{1}{n}=-\log n</math> לכן הטור הוא למעשה  
+
ג) מתקיים <math>\log\left(\frac1{n}\right)=-\log(n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\frac1{\log(n)}</math>
−
<math>\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{\log n}</math>
+
נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן <math>\ln</math> בתור <math>\log</math>), מ[[מבחן ההשוואה]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור <math>\sum\limits_{n=1}^\infty \frac1{\log(n)}</math>, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. הטור מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]].
−
נבדוק התכנסות בהחלט:
+
−
(סימַנו כאן ln בתור לוג),  
+
−
מ[[מבחן ההשוואה]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור  
+
−
<math>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\log n}</math>, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט.  
+
−
הטור מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]].
+
  
 
==שאלה 3==
 
==שאלה 3==
 +
א) הפונקציה לא מוגדרת ב- <math>0</math>, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.
  
−
א) הפונקצייה לא מוגדרת ב0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.
+
ב) נגזור: <math>(x^{\frac13})'=\frac13 x^{-\frac23}=\frac1{3\sqrt[3]{x^2}}</math>.
  
−
ב) נגזור: <math>(x^{\frac{1}{3}})'=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math>.
+
בקטע <math>[-1,1]</math> הפונקציה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור. בקרן <math>[1,\infty)</math> ובקרן <math>(-\infty,-1]</math> נגזרת הפונקציה חסומה ולכן הפונקציה רבמ"ש בכל אחת מהן.
  
−
בקטע <math>[-1,1]</math> הפונקצייה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור.
+
כעת ניזכר בכך שפונקציה רציפה במ"ש באוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם... נו, אתם מבינים למה אני מתכוון) סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י <math>x^2</math>) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקצייה רציפה במ"ש בכל הישר.
−
בקרן <math>[1, \infty)</math> ובקרן <math>( -\infty,-1]</math> נגזרת הפונ' חסומה  ולכן הפונ' רבמ"ש בכל אחת מהן.
+
  
−
כעת ניזכר בכך שפונ' רציפה במ"ש באוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם... נו, אתם מבינים למה אני מתכוון) סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י <math>x^2</math>) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקצייה רציפה במ"ש בכל הישר.
 
  
 +
ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור <math>[-1,1]</math> .
  
−
ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור <math>[-1,1]</math>.
+
נגזור: <math>(\log(1+x^2))'=\frac{2x}{1+x^2}\le \frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le 2</math> בתחום
 +
<math>(-\infty,-1)\cup (1,\infty)</math>.
  
−
נגזור: <math>(log(1+x^2))'=\frac{2x}{1+x^2}\leq \frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\leq 2
+
הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים <math>(-\infty,-1]\cup [1,\infty)</math> .
−
</math> בתחום
+
−
<math>
+
−
(-\infty ,-1)\cup (1,\infty) </math>.
+
  
−
 
+
הוכחנו שפונקצייה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם. נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\R</math> .
−
הנגזרת חסומה ולכן הפונקצייה רציפה במ"ש בקטעים <math>
+
−
(-\infty ,-1] and [1,\infty) </math>.
+
−
 
+
−
הוכחנו שפונקצייה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם.
+
−
נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\mathbb{R}</math>.
+
  
 
==שאלה 4==
 
==שאלה 4==
 +
4)<s> א) הפונקציה הנתונה <math>\frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ- <math>0</math>, כלומר בכל <math>x\ne 2\pi n</math>. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math>2\pi n</math> :
  
−
4)<s> א) הפונ' הנתונה <math>\frac{cosx-1}{|cosx-1|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ0, כלומר בכל <math>x\neq 2\pi n</math>. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math> 2\pi n</math>:
+
יהי <math>n\in\N</math> . מתקיים <math>\lim\limits_{x\to 2\pi n^+}\frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|}=1</math> ואילו <math>\lim\limits_{x\to 2\pi n^-}\frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נקודות האי-רציפות של הפונקציה הנתונה.
−
 
+
−
יהי <math>n \in \mathbb{N}</math>. מתקיים <math> \lim_{x\rightarrow 2\pi n^+}\frac{cosx-1}{|cosx-1|}=+1</math> ואילו <math> \lim_{x\rightarrow 2\pi n^-}\frac{cosx-1}{|cosx-1|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נק' האי-רציפות של הפונקצייה הנתונה.
+
 
</s>
 
</s>
  
 
'''תיקון'''
 
'''תיקון'''
  
−
מתקיים <math>1-cos(x)\geq0</math>
+
מתקיים <math>1-\cos(x)\ge 0</math>
  
−
ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל-<math>\frac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי רציפויות סליקות
+
ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- <math>\frac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי-רציפויות סליקות.
  
−
ב)הפונ' רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ0, כלומר כאשר <math>x\neq +-\sqrt{\pi n}</math>. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד צדדיים הם שניהם 1 ולכן זאת אי רציפות סליקה.
+
ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ- <math>0</math> , כלומר כאשר <math>x\ne \pm\sqrt{\pi n}</math>. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם <math>1</math> ולכן זאת אי-רציפות סליקה.
  
−
ג) <math>\frac{1}{log(cos^2x)}</math>. הפונ' רציפה בדיוק כאשר פנים הלוג חיובי וגם המכנה שונה מ0, כלומר לפונ' יש אי רציפות כאשר <math>cos^2x=0 \, \, \vee log(cos^2x) =0</math>. מכאן <math>cosx=0 \, \, \vee  (cos^2x) =1</math>. קיבלנו ש<math>x=\pi/2+\pi n \, \, \vee x=\pi n</math> הן הנק' בהן הפונ' אינה רציפה. זה שקול ל <math>x=\frac{\pi n}{2}</math>.
+
ג) <math>\frac1{\log\left(\cos^2(x)\right)}</math> . הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים ה- <math>\log</math> חיובי וגם המכנה שונה מ- <math>0</math>, כלומר לפונקציה יש אי-רציפות כאשר <math>\cos^2x=0 \ \ \vee\ \ \log\left(\cos^2(x)\right) =0</math> . מכאן <math>\cos(x)=0 \, \, \vee  \cos^2(x) =1</math> . קיבלנו ש<math>x=\pi/2+\pi n \ \ \vee \ x=\pi n</math> הן הנקודות בהן הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל- <math>x=\frac{\pi n}{2}</math> .
  
 
בנק' שבהן פנים הלוג אי-חיובי, כלומר שבהן הקוסינוס מתאפס, הוא חיובי משני הצדדים ולכן האי-רציפות היא סליקה.
 
בנק' שבהן פנים הלוג אי-חיובי, כלומר שבהן הקוסינוס מתאפס, הוא חיובי משני הצדדים ולכן האי-רציפות היא סליקה.
שורה 125: שורה 107:
 
בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא <math>+ \infty</math> ולכן זה מין שני.
 
בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא <math>+ \infty</math> ולכן זה מין שני.
  
−
לסיכום:<math>\leftarrow x=\pi/2+\pi n </math> סליקה.
+
לסיכום:<math>\leftarrow x=\frac{\pi}{2}+\pi n</math> סליקה. <math>\leftarrow x=\pi n</math> מין שני.
−
<math>\leftarrow   x=\pi n</math> מין שני.
+
  
 
==שאלה 5==
 
==שאלה 5==
−
 
+
5)א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset\R</math>. אם <math>A\ne\varnothing</math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל- <math>A</math> חסם עליון.
−
5)א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset \mathbb{R}</math>. אם <math>A \neq \varnothing </math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל<math>A</math> חסם עליון.
+
  
 
ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם:  
 
ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם:  
−
תהי <math>I_n</math> סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה <math>I_1\subseteq I_2\subseteq ...</math>, כך שאורך הקטעים שואף לאפס. אזי קיימת נקודה יחידה c הנמצאת בכל הקטעים.
+
תהי <math>I_n</math> סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה <math>I_1\subseteq I_2\subseteq\ldots</math>, כך שאורך הקטעים שואף ל-
 +
<math>0</math> . אזי קיימת נקודה יחידה <math>c</math> הנמצאת בכל הקטעים.
  
  
 
ג)משפט ערך הביניים - כנ"ל:  
 
ג)משפט ערך הביניים - כנ"ל:  
−
תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע [a,b]. אזי לכל <math>\alpha</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> כך ש <math>f(c)=\alpha</math>.
+
תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע <math>[a,b]</math> . אזי לכל <math>\alpha</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> כך ש- <math>f(c)=\alpha</math> .
  
 
ד)כלל לופיטל:
 
ד)כלל לופיטל:
−
תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה a. אם <math>\lim_{x\to a} f(x)=\lim_{x\to a} g(x)=0</math> והגבול <math>\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו.
+
תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה <math>a</math> . אם <math>\lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0</math> והגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו.
  
 
==שאלה 6==
 
==שאלה 6==
−
 
 
6)א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)
 
6)א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)
  
−
ב)<math>f(x)=x^{e^{x^{e}}}=e^{e^{x^e}lnx}</math>.
+
ב)<math>f(x)=x^{e^{x^e}}=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}</math> .
  
−
<math>f'(x)=(e^{e^{x^e}lnx})'=e^{e^{x^e}lnx}\cdot (e^{x^e}lnx)'=</math>
+
<math>f'(x)=(e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}})'=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\cdot \left(e^{x^e}\cdot\ln(x)\right)'=</math>
  
−
<math>=x^{e^{x^{e}}}\cdot(e^{x^e}(x^e)'lnx+e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x})=x^{e^{x^{e}}}\cdot(e^{x^e}(e^{elnx})'lnx+e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x})=</math>
+
<math>=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot (x^e)'+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=
 +
x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\left(e^{e\cdot\ln(x)}\right)'+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=</math>
  
−
<math>=x^{e^{x^{e}}}\cdot(e^{x^e}lnx(e^{elnx})\cdot \frac{e}{x}+e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x})=x^{e^{x^{e}}}e^{x^e}\cdot(lnx(e^{elnx})\cdot \frac{e}{x}+\frac{1}{x})=</math>
+
<math>=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot e^{e\cdot\ln(x)}}{x}+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=x^{e^{x^e}}\cdot e^{x^e}\cdot\left(\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{e\cdot\ln(x)}+1}{x}\right)=</math>
  
−
<math>=x^{e^{x^{e}}-1}e^{x^e}\cdot(x^elnx\cdot e+1)=x^{e^{x^{e}}-1}e^{x^e}\cdot(x^elnx^e+1)</math>
+
<math>=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(x^e\cdot\ln(x)\cdot e+1\Big)=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(x^e\cdot\ln(x^e)+1\Big)</math>
  
 
==שאלה 7==
 
==שאלה 7==
−
 
 
7)א)הוכחנו בכיתה: תהי <math>f</math> פונ' גזירה ב<math>x_0</math>, אז הגבול <math><math>\ \lim_{h \to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}</math></math> קיים ושווה ל<math>f'(x_0)</math>. ברור מרציפות הפונ' הלינאריות ש <math> \lim_{h \to 0}h=0</math>.  
 
7)א)הוכחנו בכיתה: תהי <math>f</math> פונ' גזירה ב<math>x_0</math>, אז הגבול <math><math>\ \lim_{h \to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}</math></math> קיים ושווה ל<math>f'(x_0)</math>. ברור מרציפות הפונ' הלינאריות ש <math> \lim_{h \to 0}h=0</math>.  
  

גרסה מ־14:19, 2 בפברואר 2016

(המבחן )


שאלה 1

היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:

א) נניח ש- \sum\limits^\infty b_n מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן \sum\limits 2^nb_{2^n} מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש- 2^nb_{2^n}\to 0 .

לכל n קיים k כך ש- 2^k\le n <2^{k+1} (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת k=\bigg\lfloor\log_2(n)\bigg\rfloor) .

הסדרה \{b_n\} יורדת ולכן x<y\to b_x>b_y .

נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש- b_{2^{k+1}}\le b_n \le b_{2^k}.

נכפיל ב- n (חיובי) את אגפי אי-השוויון: n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}

נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: 0\leftarrow \frac{2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^k\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n \le n\cdot b_{2^k}\le 2^{k+1}\cdot b_{2^k}\to 0

ולכן לפי משפט הסנדוויץ' נקבל את הדרוש, n\cdot b_n\to 0 .


דרך נוספת: נוכיח ש 2n\cdot b_{2n}\to 0 וכן (2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0 ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת-הסדרה של האיברים במקומות הזוגיים שואפת ל- 0 וכן תת-הסדרה של האיברים במקומות האי-זוגיים שואפת ל- 0 אז כך גם הסדרה).

אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס \sum\limits^\infty b_n ב- S_n אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים S_{2n}-S_n\to 0 וכן S_{2n+1}-S_n\to 0 . מההתכנסות הראשונה נקבל ש b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}\to 0 . מכיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל 0<n\cdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}.

נכפיל את אי-השוויונות ב- 2 ונשתמש משפט הסנדוויץ' כדי לקבל 2nb_{2n}\to 0 . מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש- (2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0 אבל 0<(2n+1)\cdot b_{2n+1}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0 ולכן שוב ממשפט הסנדוויץ' נקבל ש- (2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0 .


ב) דוגמא נגדית: b_n=\frac1{n\cdot\ln(n)}. ממבחן העיבוי הטור \sum b_n מתבדר, אך בכל זאת n\cdot b_n=\frac1{\ln(n)}\to 0 .

ג) ניקח את הסדרה b_n=\left\{\begin{matrix}2^{-k} &\exists k\in\N:n=2^k \\ 0 & \mbox{else}\end{matrix}\right.=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18\ldots.

הטור \sum b_n מתכנס (טור הנדסי עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1,\ldots אינו מתכנס שכן יש לו תת-סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת ל- 1 (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת-סדרה שלה מתכנסת אליו).

שאלה 2

א) נבדוק התכנסות בהחלט: ברור שהטור \sum \cos\left(\frac1{n}\right) מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן \lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\frac1{n}\right)=\cos(0)=1 שונה מ- 0 .

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי \lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\ \iff\ \lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0)

ב) נבדוק התכנסות בהחלט: \sum \begin{pmatrix} 2n\\ n \end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n}}=:\sum a_n. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

\frac{a_{n+1}}{a_n}= \begin{pmatrix} 2n+2\\ n+1 \end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot \frac{2^{3n}}{\begin{pmatrix} 2n\\ n \end{pmatrix}}=

=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac1{8(2n)!}=\frac{2(2n+1)(n+1)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}


נעבור לגבול: \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2n+1}{4n+4}=\frac12<1 , לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.


ג) מתקיים \log\left(\frac1{n}\right)=-\log(n) לכן הטור הוא למעשה \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\frac1{\log(n)} נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן \ln בתור \log), ממבחן ההשוואה נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור \sum\limits_{n=1}^\infty \frac1{\log(n)}, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. הטור מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ.

שאלה 3

א) הפונקציה לא מוגדרת ב- 0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.

ב) נגזור: (x^{\frac13})'=\frac13 x^{-\frac23}=\frac1{3\sqrt[3]{x^2}}.

בקטע [-1,1] הפונקציה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור. בקרן [1,\infty) ובקרן (-\infty,-1] נגזרת הפונקציה חסומה ולכן הפונקציה רבמ"ש בכל אחת מהן.

כעת ניזכר בכך שפונקציה רציפה במ"ש באוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם... נו, אתם מבינים למה אני מתכוון) סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י x^2) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקצייה רציפה במ"ש בכל הישר.


ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור [-1,1] .

נגזור: (\log(1+x^2))'=\frac{2x}{1+x^2}\le \frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le 2 בתחום (-\infty,-1)\cup (1,\infty).

הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים (-\infty,-1]\cup [1,\infty) .

הוכחנו שפונקצייה רציפה בשני קטעים מהצורה (a,b],[b,c) היא רציפה באיחוד שלהם. נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא \R .

שאלה 4

4) א) הפונקציה הנתונה \frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|} היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ- 0, כלומר בכל x\ne 2\pi n. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה 2\pi n :

יהי n\in\N . מתקיים \lim\limits_{x\to 2\pi n^+}\frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|}=1 ואילו \lim\limits_{x\to 2\pi n^-}\frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|}=-1 ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נקודות האי-רציפות של הפונקציה הנתונה.

תיקון

מתקיים 1-\cos(x)\ge 0

ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- \frac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1 ולכן קל להראות שכל האי-רציפויות סליקות.

ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ- 0 , כלומר כאשר x\ne \pm\sqrt{\pi n}. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם 1 ולכן זאת אי-רציפות סליקה.

ג) \frac1{\log\left(\cos^2(x)\right)} . הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים ה- \log חיובי וגם המכנה שונה מ- 0, כלומר לפונקציה יש אי-רציפות כאשר \cos^2x=0 \ \ \vee\ \ \log\left(\cos^2(x)\right) =0 . מכאן \cos(x)=0 \, \, \vee \cos^2(x) =1 . קיבלנו שx=\pi/2+\pi n \ \ \vee \ x=\pi n הן הנקודות בהן הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל- x=\frac{\pi n}{2} .

בנק' שבהן פנים הלוג אי-חיובי, כלומר שבהן הקוסינוס מתאפס, הוא חיובי משני הצדדים ולכן האי-רציפות היא סליקה.

בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא + \infty ולכן זה מין שני.

לסיכום:\leftarrow x=\frac{\pi}{2}+\pi n סליקה. \leftarrow x=\pi n מין שני.

שאלה 5

5)א) אקסיומת השלמות: תהי A\subset\R. אם A\ne\varnothing וגם A חסומה מלעיל, אזי יש ל- A חסם עליון.

ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם: תהי I_n סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה I_1\subseteq I_2\subseteq\ldots, כך שאורך הקטעים שואף ל- 0 . אזי קיימת נקודה יחידה c הנמצאת בכל הקטעים.


ג)משפט ערך הביניים - כנ"ל: תהי f פונקציה הרציפה בקטע [a,b] . אזי לכל \alpha בין f(a),f(b) קיימת c\in[a,b] כך ש- f(c)=\alpha .

ד)כלל לופיטל: תהיינה f,g פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה a . אם \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0 והגבול \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} קיים, אז גם הגבול \lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} קיים, ושווה לו.

שאלה 6

6)א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)

ב)f(x)=x^{e^{x^e}}=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}} .

f'(x)=(e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}})'=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\cdot \left(e^{x^e}\cdot\ln(x)\right)'=

=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot (x^e)'+\frac{e^{x^e}}{x}\right)= x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\left(e^{e\cdot\ln(x)}\right)'+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=

=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot e^{e\cdot\ln(x)}}{x}+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=x^{e^{x^e}}\cdot e^{x^e}\cdot\left(\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{e\cdot\ln(x)}+1}{x}\right)=

=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(x^e\cdot\ln(x)\cdot e+1\Big)=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(x^e\cdot\ln(x^e)+1\Big)

שאלה 7

7)א)הוכחנו בכיתה: תהי f פונ' גזירה בx_0, אז הגבול <math>\ \lim_{h \to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}</math> קיים ושווה לf'(x_0). ברור מרציפות הפונ' הלינאריות ש \lim_{h \to 0}h=0.

לכן: \lim_{h \to 0}(f(x_0+h)-f(x_0))= \lim_{h \to 0}\frac{(f(x_0+h)-f(x_0))}{h}h= \lim_{h \to 0}\frac{(f(x_0+h)-f(x_0))}{h}\lim_{h \to 0}h=f'(x_0)\cdot 0=0

כלומר \lim_{h \to 0}(f(x_0+h)-f(x_0))=0,

ומכאן ש \lim_{h \to 0}(f(x_0+h)=f(x_0), כלומר הפונ' רציפה בx_0.


ב) הוכחה שגוייה: הפונקצייה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של x_0 שבה מרחק פונקציית הנגזרת f'(x) מהנגזרת f'(x_0) אינו עולה על אפסילון, ולכן f'(x_0)+ \epsilon מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.

הבעיה בהוכחה הנ"ל הייתה שהנחתי שהנגזרת רציפה, מה שיופרך ממש בעוד רגע. אכן, אם הנגזרת של פונקצייה היא רציפה אז המשפט נכון לפי הנימוק שהבאתי: כי מרחק פונ' הנגזרת מהגבול שלה קטן מאפסילון, והגבול שלה שווה לנגזרת ולכן סופי. (בדוגמא של נועם גבול הנגזרת בנקודה אינו סופי.)

תיקון

f(x)=x^\frac{4}{3}\sin \frac{1}{x} לכל x\neq0 וf(0)=0 מתקיים f'\left(0\right)=\lim_{x\to0}\frac{x^{\frac{4}{3}}\sin\frac{1}{x}}{x}=0 אבל מתקיים לכל x\neq0 מתקיים f'(x)=\frac{4}{3}x^{\frac{1}{3}}\sin\frac{1}{x}-\frac{x^{\frac{4}{3}}\cos\frac{1}{x}}{x^{2}} והיא כמובן לא חסומה בסביבה של 0

ג)הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)

באופן מסודר: נתבונן בפונ' f(x)=\left\{\begin{matrix} x^2sin(\frac{1}{x})\\ &x \neq 0\\ 0 &x=0 \end{matrix}\right..

היא גזירה ב[-1,1], אבל הנגזרת אינה רציפה ב0.

נימוק: לכל x \neq 0 בקטע, הפונ' היא הרכבת גזירות ולכן גזירה. בנקודה 0, עפ"י ההגדרה: \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2sin(\frac{1}{x})}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}x\cdot sin(\frac{1}{x})=0 (פונ' חסומה כפול שואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ')

הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונ' בנקודה. לכן הפונקצייה אכן גזירה ב[-1,1].

הנגזרת אינה רציפה ב0, כי הגבול באפס של הנגזרת, \lim_{x\rightarrow 0}f'(x)=\lim_{x\rightarrow 0}(2xsin(\frac{1}{x})-cos(\frac{1}{x})) אפילו אינו קיים.

שאלה 8

8)הטענה שגוייה- הפרכנו בתרגול.

מקור: https://math-wiki.com/index.php?title=פתרון_אינפי_1,_תשנ%22ט,_מועד_ב,&oldid=65262