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

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

שאלה 1

א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה.

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

פתרון

א. כיון שהסדרה מתכנסת, קיים מקום בסדרה n_1 כך שלכל n>n_1 מתקיים |a_n-L|<1 ולכן L-1<a_n<L+1 . סה"כ:

\forall\ n:\min\{a_1,\ldots,a_{n_1},L-1\}<a_n<\max\{a_1,\ldots,a_{n_1},L+1\}


ב. הפרכה: ניקח סדרה אשר במקומות הזוגיים שלה שווה n , ובמקומות האי-זוגיים n^2 :

a_n=1,1,2,4,3,9,4,16,\ldots

קל לראות כי \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1 , אבל לא קיים הגבול \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} .

הפרכה נוספת: ניקח את הסדרה הבאה

a_n=1,3,1,3,1,3,\ldots

מתקיים

\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13,3,\frac13,3,\frac13,3,\ldots

ולכן לא מתכנס. אבל \sqrt[n]3\to1 וכמובן גם \sqrt[n]1\to1 ולכן סה"כ \sqrt[n]{a_n}\to1 .

שאלה 2

נניח כי f פונקציה רציפה ב- [0,\infty) , גזירה ב- (0,\infty) . בנוסף נתון כי f(0)=0 והנגזרת f' מונוטונית עולה ב- (0,\infty) .

א. הוכיחו כי f'(x)\ge\frac{f(x)}{x} ב- (0,\infty) .

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

פתרון

א. יהי x>0. נפעיל את משפט לגראנז' על הפונקציה f בקטע [0,x] . לכן קיימת נקודה 0<c<x כך ש:

f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}

אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:

f'(x)\ge f'(c)=\dfrac{f(x)}{x}

כפי שרצינו. \blacksquare


ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה

g'(x)=\dfrac{x\cdot f'(x)-f(x)}{x^2}

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

x\cdot f'(x)-f(x)\ge x\cdot\dfrac{f(x)}{x}-f(x)=0

שאלה 3

קבעו האם קיים הגבול ואם כן מצאו אותו:

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

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

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

ד. \lim\limits_{x\to1}\left[\dfrac1{x-1}-\dfrac1{\ln(x)}\right]

פתרון

א. נפעיל את משפט הסנדוויץ':

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\cdot2012^n}\to2012

ב. ידוע כי עבור ערכים חיוביים \sin(x)<x ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על-ידי 0 , ולכן מתכנסת.

L=\sin(L) ולכן L=0 .

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


ג. כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנז' כי \Big|\sin(x)-\sin(y)\Big|\le|x-y| לכן,

\bigg|\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\bigg|\le\Big|\sqrt{x-a}-\sqrt{x}\Big|=\left|\dfrac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}\right|\to 0


ד.

\dfrac1{x-1}-\dfrac1{\ln(x)}=\dfrac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}

נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:

\dfrac{\frac1x-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}}=\dfrac{1-x}{x\ln(x)+x-1}

שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:

-\dfrac1{\ln(x)+1+1}\to-\frac12

ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי.

שאלה 4

תהי f(x)=x^2\sin\left(\frac1x\right)

א. האם f רציפה במ"ש בתחום (0,\infty)?

ב. האם f' רציפה במ"ש בתחום (0,\infty)?

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

פתרון

א.
נבחן את הנגזרת בקטע:

f'(x)=2x\cdot\sin\left(\frac1x\right)-\cos\left(\frac1x\right) . כיון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע [1,\infty).

כמו כן קל לראות כי היא חסומה בקטע (0,1) (אף על פי שאין לה גבול בנקודה אפס).

בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה f רציפה במ"ש בקטע.


ב.
ניקח את שתי הסדרות x_n=\dfrac1{2\pi n}, ו- y_n=\dfrac1{\frac{\pi}{2}+2\pi n} . קל לוודא כי:

|x_n-y_n|\to0
\Big|f'(x_n)-f'(y_n)\Big|\to1

ולכן f' אינה רציפה במ"ש בקטע.


ג.

הפרכה

f(x)=\sqrt{x} רציפה במ"ש בקטע כיון שב-0 יש לה גבול סופי ובאינסופי נגזרתה חסומה. אולם הנגזרת שלה f'(x)=\dfrac1{2\sqrt{x}} אינה חסומה בסביבת 0.

הפרכה נוספת:

x\cdot\sin\left(\tfrac1x\right) 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. \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)

ב. \displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\dfrac{n+1}{n^\sqrt{n}}

ג. \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}

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

פתרון

א.

\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\dfrac1{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}

לכן קל לוודא לפי מבחן ההשוואה הגבולי כי הטורים

\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)\ ,\ \sum_{n=1}^\infty\dfrac1{\sqrt{n}}

חברים, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט.

כיון שסינוס רציפה, מונוטונית באזור 0, ושואפת שמה ל- 0, מקבלים כי הטור כולו מתכנס בתנאי לפי מבחן לייבניץ.


ב.
ברור שהחל מ- n=9 מתקיים \sqrt{n}\ge3 ולכן

\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{n+1}{n^\sqrt{n}}\le\sum_{n=1}^\infty\dfrac{n+1}{n^3}=\sum_{n=1}^\infty\left[\dfrac1{n^2}+\dfrac1{n^3}\right]

ולכן הטור מתכנס בהחלט.


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

\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n} .


ד.
נפעיל את מבחן המנה לקבלת:

\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{(n+1)^{n+1}(n!)^2}{n^n\big((n+1)!\big)^2}=\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\cdot\dfrac1{n+1}\to e\cdot0=0

ולכן הטור מתכנס בהחלט.