שינויים

<math>\int\frac{dx}{\sin(x)}</math>

נבצע [[מדיה:09Infi2Universal.pdf|הצבה אוניברסאלית]] <math>t=\tan(\frac{x}{2})</math> לקבל

<math>\int\frac{1+t^2}{2t}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt=\ln\bigl(|t|\bigr)+c</math>

<math>\int\frac{xdxx\cdot dx}{\cos^2(x)}</math>

<math>\int\frac{xdxx\cdot dx}{\cos^2(x)}=xtanx\cdot\tan(x)-\int \tan(x) = xtanx\cdot\tan(x)-+\ln\bigl(|\cos(x)|\bigr)+c</math>

ניתן לבצע את ה[[אלגוריתם לביצוע אינטגרל על פונקציה רציונאלית]]

<math>\int \frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt=\int\frac{x}{4(1+2x+x^2)}dx=\frac18\int\frac{2x+2-2}{(1+x)^2}dx=\frac{8\ln(1+x)}{4}+\frac1{4(1+x)}+C</math> ==3== ===א===קבעו האם האינטגרל הבא מתכנס או מתבדר: <math>\int\limits_0^\infty\frac{\arctan(x)}{x}dx</math> '''פתרון''':כיון ש- <math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{\arctan(x)}{x}}{\frac1{x}}=\frac{\pi}{2}</math> וכיון ש- <math>\displaystyle\int\limits_1^\infty\frac1{x}dx</math> מתבדר שני האינטגרלים חברים ומתבדרים יחדיו. ===ב===הוכיחו שאם <math>p(x)</math> פולינום שאינו שווה זהותית ל- <math>0</math>, אזי האינטגרל <math>\displaystyle\int\limits_1^\infty p(x)dx</math> מתבדר. '''פתרון''': אם הפולינום אינו זהותית <math>0</math> , האינטגרל הלא-מסוים שלו <math>q(x)=\displaystyle\int\limits p(x)dx</math> בעל מעלה גדולה או שווה לאחד. ולכן <math>\int_1^\infty p(x)dx=\lim_{b\to\infty}\int_1^b p(x)dx=\lim_{b\to\infty}[q(b)-q(1)]=\pm\infty</math> האחרון מתבדר כיון שהמעלה של <math>q</math> גדולה או שווה ל- <math>1</math> . ==4==מצאו את טור מקלורן של הפונקציה <math>f(x)=\cos^2(x)</math> וקבעו את רדיוס ההתכנסות של הטור. '''פתרון''': ראשית, נשים לב כי <math>\cos^2(x)= \frac{\cos(2x)+1}{2}</math>. שנית, נזכר או נפתח את הטור <math>\cos(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}</math> וביחד נקבל <math>\cos^2(x)=\frac12\bigg(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}(2x)^{2n}+x1\bigg)=\frac12\bigg(1+\sum_{n=0}^2{\infty}dx\frac{(-4)^n}{(2n)!}x^{2n}\bigg)</math> קל לחשב רדיוס התכנסות של טור זה ולהראות שהוא אינסוף. ==5==נגדיר סדרת פונקציות <math>f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^n}</math> ===א===קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>\left[0,\frac12\right]</math> '''פתרון''': קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית <math>0</math> , ולכן יש לחשב את הגבול: <math>\lim\limits_{8n\to\infty}ln\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big]</math> נגזור על-מנת למצוא את המקסימום: <math>{\Big(\frac{x^n}{1+x^n}\Big)' = \frac{nx^2]{n-1}(1+x^n)-nx^{n-1}\cdot x^n}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{4(1+x^n)^2}}</math> הנגזרת מתאפסת ב- <math>0</math> , לכן המקסימום הוא בקצוות <math>f_n(0)=0</math> , <math>f_n(\frac12)=\frac1{2^n+1}</math> ולכן <math>\lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big]= \lim\limits_{n\to\infty}\frac1{2^n+1}=0</math> ולכן הסדרה '''מתכנסת במ"ש'''. ===ב===קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>\left[\frac12,\frac32\right]</math> '''פתרון''': קל לראות כי פונקצית הגבול בנקודה <math>1</math> היא <math>\frac12</math> , לכל נקודה גדולה מ- <math>1</math> היא <math>1</math> ולכל נקודה קטנה מ- <math>1</math> היא <math>0</math> . לכן פונקצית הגבול אינה רציפה, ולכן ההתכנסות אינה במ"ש (שכן התכנסות במ"ש של פונקציות רציפות היא רציפה).  ==6 במבחן של אגרונובסקי==הוכח כי הפונקציה <math>F(\alpha)=\displaystyle\int\limits_1^\infty x^\alpha e^{-x}dx</math> רציפה בכל הממשיים. '''פתרון''': *לפי מבחן השוואה גבולי, קל לראות שכיון שהאינטגרל <math>\displaystyle\int\limits_1^\infty e^{-\frac{x}{2}}dx</math> מתכנס, כך גם האינטגרל <math>F(\alpha)</math> לכל אלפא. *כמו כן קל לוודא כי הפונקציה <math>F(\alpha)</math> מונוטונית. (זה לבד מוכיח רציפות פרט למספר בן-מניה של נקודות...) *תהי <math>a</math> נקודה מסוימת. נבחר <math>M</math> כך ש- <math>\displaystyle\int\limits_M^\infty x^{a+1}e^{-x}dx < \frac{\epsilon}{2}</math> *כעת עבור <math>\Delta a</math> קטן מספיק, <math>F(a+c\Delta a)\le \displaystyle\int\limits_1^Mx^{a+\Delta a}e^{-x}dx + \frac{\epsilon}{2}\le M^{\Delta a}F(a) + \frac{\epsilon}{2}\le F(a) + \epsilon</math> כפי שרצינו... ==6 במבחן של שיין והורוביץ==(לקוח ממערכי התרגול של אור שחף)נתונה f פונקציה בעלת השתנות חסומה בקטע, ונתון שקיים <math>\epsilon>0</math> כך ש-<math>f(x)\ge\epsilon</math> לכל <math>x\in[a,b]</math>. הוכיחו <math>\frac1f</math> בעלת השתנות חסומה בקטע.===פתרון===# מתקיים <math>\forall x\in[a,b]:\ \frac1{f(x)}\le\frac1\epsilon</math> ולכן <math>\begin{align}v(1/f,P)&=\sum_{k=1}^n\left|\frac1{f(x_k)}-\frac1{f(x_{k-1})}\right|\\&=\sum_{k=1}^n\left|\frac{f(x_{k-1})-f(x_k)}{f(x_k)f(x_{k-1})}\right|\\&\le\frac1{\epsilon^2}\sum_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\\&\le\frac1{\epsilon^2}\overset b\underset aV f\\&<\infty\end{align}</math>  [[קטגוריה:אינפי]]