הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/פתרון מועד א מתמטיקאים"

גרסה אחרונה מ־22:16, 18 בדצמבר 2017

תוכן עניינים

1 שאלה 1
2 שאלה 2
- 2.1 פתרון
3 שאלה 3
- 3.1 פתרון
4 שאלה 4
- 4.1 פתרון
5 שאלה 5
- 5.1 פתרון
6 שאלה 6
- 6.1 פתרון

שאלה 1

שאלה 2

א. חשבו את הגבול

\lim_{x\to0}\left[\frac1x-\frac{1}{\sin(x)}\right]

ב. קבעו האם הגבול קיים:

\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac1k

פתרון

א.

\frac1x-\frac{1}{\sin(x)}=\frac{\sin(x)-x}{x\sin(x)}

כיון שהמונה והמכנה שואפים ל-0, ניתן להפעיל את כלל לופיטל. אם הגבול קיים לאחר גזירת המונה והמכנה בנפרד אז הוא שווה לגבול המקורי וסיימנו.

\frac{\cos(x)-1}{\sin(x)+x\cos(x)}

שוב, המונה והמכנה שואפים לאפס ולכן ניתן להפעיל את כלל לופיטל.

\frac{-\sin(x)}{\cos(x)+\cos(x)-x\sin(x)}

כעת המונה שואף לאפס ואילו המכנה שואף לשתיים ולכן סה"כ הגבול הוא 0.

ב. נסמן את אברי הסדרה

a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac1k

קל לראות כי

a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}-\frac1k\le\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}-\frac1k\le0

ולכן הסדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על-ידי $0$ ולכן מתכנסת.

שאלה 3

קבעו לגבי כל טור האם הוא מתכנס בהחלט/בתנאי/מתבדר:

א. $\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n+\cdots+n^n}{n^{n+2}}$

ב. $\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{2n+\sqrt n}$

פתרון

א. ${\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n+\cdots+n^n}{n^{n+2}}}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n\cdot\frac{n^n-1}{n-1}}{n^{n+2}}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n^n-1}{n^{n+1}(n-1)}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n(n-1)}-\dfrac{1}{n^{n+1}(n-1)}$

ואלה שני טורים מתכנסים ולכן סה"כ הטור מתכנס בהחלט.

ב.כיון שהקוסינוס מקבל את הערכים $1,0,-1$ במחזוריות הידועה, טור זה בעצם שווה לטור

\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n+1}}{2(2n)+\sqrt{2n}}

קל לראות שזהו טור שאינו מתכנס בהחלט כיון שהוא חבר של הטור ההרמוני, אבל כן מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ.

שאלה 4

תהי $f$ מוגדרת על כל הממשיים, רציפה ב- $0$ ומקיימת $f(x+y)=f(x)+f(y)$ לכל זוג מספרים $x,y\in\R$ .

הוכיחו כי $f$ רציפה על כל הממשיים.

פתרון

ראשית נבחין כי $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0)$ ולכן $f(0)=0$
כעת, נחשב את גבול הפונקציה בנקודה כללית לפי היינה:
תהי $x_o\ne x_n\to x_0$ , אזי $\lim f(x_n)=\lim f(x_n-x_0+x_0)=\lim f(x_n-x_0)+f(x_0)$
כיון שהפונקציה רציפה ב- $0$ וכיון ש- $0\ne x_n-x_0\to 0$ , מתקיים $\lim f(x_n-x_0)=0$
ביחד $\lim f(x_n) = f(x_0)$ , ולכן לפי היינה מתקיים $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ ולכן הפונקציה רציפה.

שאלה 5

מצאו פולינום $p(x)$ כך שלכל $x\in [0,1]$ מתקיים $\Big|\cos(x)-p(x)\Big|<10^{-4}$

פתרון

קלי קלות באמצעות טיילור.

מי מתנדב לתרום את התשובה המלאה? אני! לפי [פונקציה זו] ניתן לראות שבסה"כ צריך לגזור כמה פעמים (אם כי זה היה טריקי ונאלצתי לכתת חיפושיי באינטרנט). ע"פ פיתוח טיילור הפולינום של קוסינוס זה מה שמופיע וזה מספיק בשביל לקיים את התנאי הדרוש. אני צודק ארז או שזה לא מספיק?\\ אז ככה: ניקח את $a=0$ ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה: $(-1)^i*x^(2i)/(2i)!$ כי קוסינוס אפס תמיד שווה אחד, ואז מה שקובע זה מספר הגזירה לסימן.עכשיו רק נותר למצוא את ה-I שיביא את השארית הרצויה, והוא שלוש(שימו לב שהתחלתי מאפס) $\Bigg|\cos(x)-1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{6!}\Bigg|<\frac1{10^4}$

שאלה 6

תהי $f$ פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי קיים הגבול $\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)>0$ .

הוכיחו כי $f$ אינה חסומה מלעיל.

פתרון

נסמן $\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=L>0$ . לכן קיים $M$ כך שלכל $x>M$ מתקיים $f'(x)>\frac{L}{2}>0$ .
לכן, החל מ- $M$ הנגזרת חיובית ממש ולכן הפונקציה מונוטונית עולה.
נניח בשלילה כי הפונקציה $f$ חסומה, לכן היא מונוטונית וחסומה ולכן מתכנסת למספר ממשי אשר נסמנו $K$ .
לפי הגדרת הגבול, קיים $M'$ כך שלכל $x>M'$ מתקיים $\Big|f(x)-K\Big|<\frac{k}{2}$ .
לכן ביחד לכל זוג $x,y>M'$ מתקיים $\Big|f(x)-f(y)\Big|< K$
ניקח $x>M,M'$ אזי לכל $h>0$ לפי משפט לגראנז' קיים $x<c<x+h$ עבורו

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

כעת, מתקיים $f'(c)>\frac{L}{2}$ , אבל מצד שני $\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}\le\dfrac{K}{h}$ ולכן עבור $h$ גדול מספיק נקבל סתירה.

@@ שורה 5: / שורה 5: @@
 ==שאלה 2==
+א. חשבו את הגבול
-א. חשבו את הגבול
+:<math>\lim_{x\to0}\left[\frac1x-\frac{1}{\sin(x)}\right]</math>
-::<math>\lim_{x\rightarrow 0}\Big(\frac{1}{x}-\frac{1}{sin(x)}\Big)</math>
 ב. קבעו האם הגבול קיים:
+:<math>\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac1k</math>
-::<math>\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}</math>
+===פתרון===
+א.
+:<math>\frac1x-\frac{1}{\sin(x)}=\frac{\sin(x)-x}{x\sin(x)}</math>
+כיון שהמונה והמכנה שואפים ל-0, ניתן להפעיל את כלל לופיטל. אם הגבול קיים לאחר גזירת המונה והמכנה בנפרד אז הוא שווה לגבול המקורי וסיימנו.
+:<math>\frac{\cos(x)-1}{\sin(x)+x\cos(x)}</math>
+שוב, המונה והמכנה שואפים לאפס ולכן ניתן להפעיל את כלל לופיטל.
+:<math>\frac{-\sin(x)}{\cos(x)+\cos(x)-x\sin(x)}</math>
+כעת המונה שואף לאפס ואילו המכנה שואף לשתיים ולכן סה"כ הגבול הוא 0.
-===פתרון===
+ב. נסמן את אברי הסדרה
+:<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac1k</math>
+קל לראות כי
+:<math>a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}-\frac1k\le\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}-\frac1k\le0</math>
+ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על-ידי <math>0</math> ולכן מתכנסת.
-א.
+==שאלה 3==
+קבעו לגבי כל טור האם הוא מתכנס בהחלט/בתנאי/מתבדר:
-::<math>\frac{1}{x}-\frac{1}{sin(x)}=\frac{sin(x)-x}{xsin(x)}</math>
+א. <math>\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n+\cdots+n^n}{n^{n+2}}</math>
-כיוון שהמונה והמכנה שואפים לאפס, ניתן להפעיל את כלל לופיטל. אם הגבול קיים לאחר גזירת המונה והמכנה בנפרד אז הוא שווה לגבול המקורי וסיימנו.
-::<math>\frac{cos(x)-1}{sin(x)+xcos(x)}</math>
+ב. <math>\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{2n+\sqrt n}</math>
-שוב, המונה והמכנה שואפים לאפס ולכן ניתן להפעיל את כלל לופיטל.
+===פתרון===
+א. <math>{\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n+\cdots+n^n}{n^{n+2}}}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n\cdot\frac{n^n-1}{n-1}}{n^{n+2}}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n^n-1}{n^{n+1}(n-1)}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n(n-1)}-\dfrac{1}{n^{n+1}(n-1)}</math>
-::<math>\frac{-sin(x)}{cos(x)+cos(x)-xsin(x)}</math>
+ואלה שני טורים מתכנסים ולכן סה"כ הטור מתכנס בהחלט.
-כעת המונה שואף לאפס ואילו המכנה שואף לשתיים ולכן סה"כ הגבול הוא אפס.
+ב.כיון שהקוסינוס מקבל את הערכים <math>1,0,-1</math> במחזוריות הידועה, טור זה בעצם שווה לטור
+:<math>\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n+1}}{2(2n)+\sqrt{2n}}</math>
+קל לראות שזהו טור שאינו מתכנס בהחלט כיון שהוא חבר של הטור ההרמוני, אבל כן מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ.
-ב.
+==שאלה 4==
+תהי <math>f</math> מוגדרת על כל הממשיים, רציפה ב- <math>0</math> ומקיימת <math>f(x+y)=f(x)+f(y)</math> לכל זוג מספרים <math>x,y\in\R</math>.
-נסמן את איברי הסדרה ב
+הוכיחו כי <math>f</math> רציפה על כל הממשיים.
-::<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}</math>
+===פתרון===
+*ראשית נבחין כי <math>f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0)</math> ולכן <math>f(0)=0</math>
+*כעת, נחשב את גבול הפונקציה בנקודה כללית לפי היינה:
+*תהי <math>x_o\ne x_n\to x_0</math>, אזי <math>\lim f(x_n)=\lim f(x_n-x_0+x_0)=\lim f(x_n-x_0)+f(x_0)</math>
+*כיון שהפונקציה רציפה ב- <math>0</math> וכיון ש- <math>0\ne x_n-x_0\to 0</math>, מתקיים <math>\lim f(x_n-x_0)=0</math>
+*ביחד <math>\lim f(x_n) = f(x_0)</math>, ולכן לפי היינה מתקיים <math>\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)</math> ולכן הפונקציה רציפה.
-קל לראות כי
+==שאלה 5==
+מצאו פולינום <math>p(x)</math> כך שלכל <math>x\in [0,1]</math> מתקיים <math>\Big|\cos(x)-p(x)\Big|<10^{-4}</math>
-::<math>a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}-\frac{1}{k}\leq \frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{k}\leq 0</math>
+===פתרון===
+קלי קלות באמצעות טיילור.
-ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על ידי אפס ולכן מתכנסת.
+מי מתנדב לתרום את התשובה המלאה?
+אני!
+לפי [[http://math-wiki.com/index.php?title=%D7%A4%D7%95%D7%9C%D7%99%D7%A0%D7%95%D7%9D_%D7%98%D7%99%D7%99%D7%9C%D7%95%D7%A8 פונקציה זו]] ניתן לראות שבסה"כ צריך לגזור כמה פעמים (אם כי זה היה טריקי ונאלצתי לכתת חיפושיי באינטרנט). ע"פ פיתוח טיילור הפולינום של קוסינוס זה מה שמופיע וזה מספיק בשביל לקיים את התנאי הדרוש.
+אני צודק ארז או שזה לא מספיק?\\
+אז ככה: ניקח את <math>a=0</math> ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה:
+<math>(-1)^i*x^(2i)/(2i)!</math>
+כי קוסינוס אפס תמיד שווה אחד, ואז מה שקובע זה מספר הגזירה לסימן.עכשיו רק נותר למצוא את ה-I שיביא את השארית הרצויה, והוא שלוש(שימו לב שהתחלתי מאפס)
+<math>\Bigg|\cos(x)-1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{6!}\Bigg|<\frac1{10^4} </math>
+==שאלה 6==
+תהי <math>f</math> פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי קיים הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)>0</math>.
+הוכיחו כי <math>f</math> אינה חסומה מלעיל.
+===פתרון===
+*נסמן <math>\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=L>0</math> . לכן קיים <math>M</math> כך שלכל <math>x>M</math> מתקיים <math>f'(x)>\frac{L}{2}>0</math> .
+*לכן, החל מ-<math>M</math> הנגזרת חיובית ממש ולכן הפונקציה מונוטונית עולה.
+*נניח בשלילה כי הפונקציה <math>f</math> חסומה, לכן היא מונוטונית וחסומה ולכן מתכנסת למספר ממשי אשר נסמנו <math>K</math> .
+*לפי הגדרת הגבול, קיים <math>M'</math> כך שלכל <math>x>M'</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-K\Big|<\frac{k}{2}</math> .
+*לכן ביחד לכל זוג <math>x,y>M'</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-f(y)\Big|< K</math>
+*ניקח <math>x>M,M'</math> אזי לכל <math>h>0</math> לפי משפט '''לגראנז'''' קיים <math>x<c<x+h</math> עבורו
+:<math>f'(c)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}</math>
+*כעת, מתקיים <math>f'(c)>\frac{L}{2}</math> , אבל מצד שני <math>\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}\le\dfrac{K}{h}</math> ולכן עבור <math>h</math> גדול מספיק נקבל סתירה.

הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/פתרון מועד א מתמטיקאים"

גרסה אחרונה מ־22:16, 18 בדצמבר 2017

תוכן עניינים

שאלה 1

שאלה 2

פתרון

שאלה 3

פתרון

שאלה 4

פתרון

שאלה 5

פתרון

שאלה 6

פתרון

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים