הבדלים בין גרסאות בדף "88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/פתרון מועד א"

גרסה אחרונה מ־17:49, 1 בפברואר 2016

תוכן עניינים

1 1
2 2
- 2.1 א
- 2.2 ב
- 2.3 ג
3 3
- 3.1 א
- 3.2 ב
4 4
5 5
- 5.1 א
- 5.2 ב
6 6 במבחן של אגרונובסקי
7 6 במבחן של שיין והורוביץ
- 7.1 פתרון

1

שאלת הוכחה מההרצאה

2

חשבו את האינטגרלים הבאים:

א

$\int\frac{dx}{\sin(x)}$

פתרון:

נבצע הצבה אוניברסאלית $t=\tan(\frac{x}{2})$ לקבל

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

ב

$\int\frac{x\cdot dx}{\cos^2(x)}$

נבצע אינטגרציה בחלקים לקבל

$\int\frac{x\cdot dx}{\cos^2(x)}=x\cdot\tan(x)-\int \tan(x) = x\cdot\tan(x)+\ln\bigl(|\cos(x)|\bigr)+c$

ג

$\int\frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt$

ניתן לבצע את האלגוריתם לביצוע אינטגרל על פונקציה רציונאלית

או ההצבה $x=t^4$ באופן הבא:

$\int \frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt=\int\frac{x}{4(1+2x+x^2)}dx=\frac18\int\frac{2x+2-2}{(1+x)^2}dx=\frac{\ln(1+x)}{4}+\frac1{4(1+x)}+C$

3

א

קבעו האם האינטגרל הבא מתכנס או מתבדר:

$\int\limits_0^\infty\frac{\arctan(x)}{x}dx$

פתרון: כיון ש- $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{\arctan(x)}{x}}{\frac1{x}}=\frac{\pi}{2}$

וכיון ש- $\displaystyle\int\limits_1^\infty\frac1{x}dx$ מתבדר

שני האינטגרלים חברים ומתבדרים יחדיו.

ב

הוכיחו שאם $p(x)$ פולינום שאינו שווה זהותית ל- $0$ , אזי האינטגרל $\displaystyle\int\limits_1^\infty p(x)dx$ מתבדר.

פתרון:

אם הפולינום אינו זהותית $0$ , האינטגרל הלא-מסוים שלו $q(x)=\displaystyle\int\limits p(x)dx$ בעל מעלה גדולה או שווה לאחד. ולכן

$\int_1^\infty p(x)dx=\lim_{b\to\infty}\int_1^b p(x)dx=\lim_{b\to\infty}[q(b)-q(1)]=\pm\infty$

האחרון מתבדר כיון שהמעלה של $q$ גדולה או שווה ל- $1$ .

4

מצאו את טור מקלורן של הפונקציה $f(x)=\cos^2(x)$ וקבעו את רדיוס ההתכנסות של הטור.

פתרון:

ראשית, נשים לב כי $\cos^2(x)= \frac{\cos(2x)+1}{2}$ .

שנית, נזכר או נפתח את הטור $\cos(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}$

וביחד נקבל

$\cos^2(x)=\frac12\bigg(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}(2x)^{2n}+1\bigg)=\frac12\bigg(1+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-4)^n}{(2n)!}x^{2n}\bigg)$

קל לחשב רדיוס התכנסות של טור זה ולהראות שהוא אינסוף.

5

נגדיר סדרת פונקציות $f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^n}$

א

קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע $\left[0,\frac12\right]$

פתרון:

קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית $0$ , ולכן יש לחשב את הגבול:

$\lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big]$

נגזור על-מנת למצוא את המקסימום:

${\Big(\frac{x^n}{1+x^n}\Big)' = \frac{nx^{n-1}(1+x^n)-nx^{n-1}\cdot x^n}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}}$

הנגזרת מתאפסת ב- $0$ , לכן המקסימום הוא בקצוות

$f_n(0)=0$ ,

$f_n(\frac12)=\frac1{2^n+1}$

ולכן

$\lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big]= \lim\limits_{n\to\infty}\frac1{2^n+1}=0$

ולכן הסדרה מתכנסת במ"ש.

ב

קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע $\left[\frac12,\frac32\right]$

פתרון:

קל לראות כי פונקצית הגבול בנקודה $1$ היא $\frac12$ , לכל נקודה גדולה מ- $1$ היא $1$ ולכל נקודה קטנה מ- $1$ היא $0$ . 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 $F(\alpha)=\displaystyle\int\limits_1^\infty x^\alpha e^{-x}dx$ רציפה בכל הממשיים.

פתרון:

לפי מבחן השוואה גבולי, קל לראות שכיון שהאינטגרל $\displaystyle\int\limits_1^\infty e^{-\frac{x}{2}}dx$ מתכנס, כך גם האינטגרל $F(\alpha)$ לכל אלפא.

כמו כן קל לוודא כי הפונקציה $F(\alpha)$ מונוטונית. (זה לבד מוכיח רציפות פרט למספר בן-מניה של נקודות...)

תהי $a$ נקודה מסוימת. נבחר $M$ כך ש- $\displaystyle\int\limits_M^\infty x^{a+1}e^{-x}dx < \frac{\epsilon}{2}$

כעת עבור $\Delta a$ קטן מספיק, $F(a+\Delta a)\le \displaystyle\int\limits_1^Mx^{a+\Delta a}e^{-x}dx + \frac{\epsilon}{2}\le M^{\Delta a}F(a) + \frac{\epsilon}{2}\le F(a) + \epsilon$

כפי שרצינו...

6 במבחן של שיין והורוביץ

(לקוח ממערכי התרגול של אור שחף) נתונה f פונקציה בעלת השתנות חסומה בקטע, ונתון שקיים $\epsilon>0$ כך ש- $f(x)\ge\epsilon$ לכל $x\in[a,b]$ . הוכיחו $\frac1f$ בעלת השתנות חסומה בקטע.

פתרון

מתקיים $\forall x\in[a,b]:\ \frac1{f(x)}\le\frac1\epsilon$ ולכן

$\begin{align}v(1/f,P)&=\sum_{k=1}^n\left|\frac1{f(x_k)}-\frac1{f(x_{k-1})}\right|\\&=\sum_{k=1}^n\left|\frac{f(x_{k-1})-f(x_k)}{f(x_k)f(x_{k-1})}\right|\\&\le\frac1{\epsilon^2}\sum_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\\&\le\frac1{\epsilon^2}\overset b\underset aV f\\&<\infty\end{align}$

@@ שורה 5: / שורה 5: @@
 חשבו את האינטגרלים הבאים:
 ===א===
-<math>\int\frac{dx}{sin(x)}</math>
+<math>\int\frac{dx}{\sin(x)}</math>
 '''פתרון''':
-נבצע [[מדיה:09Infi2Universal.pdf|הצבה אוניברסאלית]] <math>t=tan(\frac{x}{2})</math> לקבל
+נבצע [[מדיה:09Infi2Universal.pdf|הצבה אוניברסאלית]] <math>t=\tan(\frac{x}{2})</math> לקבל
-<math>\int\frac{1+t^2}{2t}\frac{2}{1+t^2}dt=ln|t|+c</math>
+<math>\int\frac{1+t^2}{2t}\cdot\frac{2}{1+t^2}dt=\ln\bigl(|t|\bigr)+c</math>
 ===ב===
-<math>\int\frac{xdx}{cos^2(x)}</math>
+<math>\int\frac{x\cdot dx}{\cos^2(x)}</math>
 נבצע [[אינטגרציה בחלקים]] לקבל
-<math>\int\frac{xdx}{cos^2(x)}=xtan(x)-\int tan(x) = xtan(x)+ln|cos(x)|+c</math>
+<math>\int\frac{x\cdot dx}{\cos^2(x)}=x\cdot\tan(x)-\int \tan(x) = x\cdot\tan(x)+\ln\bigl(|\cos(x)|\bigr)+c</math>
 ===ג===
 <math>\int\frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt</math>
 ניתן לבצע את ה[[אלגוריתם לביצוע אינטגרל על פונקציה רציונאלית]]
 או ההצבה <math>x=t^4</math> באופן הבא:
-<math>\int \frac{t^7}{1+2t^4+t^8}dt=\int\frac{x}{4(1+2x+x^2)}dx=\frac{1}{8}\int\frac{2x+2-2}{(1+x)^2}dx=\frac{1}{4}ln[(1+x)]+\frac{1}{4}\frac{1}{1+x}+c</math>
+<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{\ln(1+x)}{4}+\frac1{4(1+x)}+C</math>
 ==3==
@@ שורה 37: / שורה 37: @@
 קבעו האם האינטגרל הבא מתכנס או מתבדר:
-<math>\int_0^\infty\frac{arctan(x)}{x}dx</math>
+<math>\int\limits_0^\infty\frac{\arctan(x)}{x}dx</math>
 '''פתרון''':
-כיוון ש<math>\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\frac{arctanx}{x}}{\frac{1}{x}}=\frac{\pi}{2}</math>
+כיון ש- <math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{\arctan(x)}{x}}{\frac1{x}}=\frac{\pi}{2}</math>
-וכיוון ש<math>\int_1^\infty\frac{1}{x}dx</math> מתבדר
+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 לאפס, אזי האינטגרל <math>\int_1^\infty p(x)dx</math> מתבדר.
+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 אפס, האינטגרל הלא מסויים שלו <math>q(x)=\int p(x)dx</math> בעל מעלה גדולה או שווה לאחד. ולכן
+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\rightarrow\infty}\int_1^b p(x)dx=\lim_{b\rightarrow\infty}[q(b)-q(1)]=\pm\infty </math>
+<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> .
-האחרון מתבדר כיוון שהמעלה של q גדולה או שווה לאחד.
 ==4==
-מצאו את טור מקלורין של הפונקציה <math>f(x)=cos^2(x)</math> וקבעו את רדיוס ההתכנסות של הטור.
+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>.
+ראשית, נשים לב כי <math>\cos^2(x)= \frac{\cos(2x)+1}{2}</math>.
-שנית, נזכר או נפתח את הטור <math>\cos x = \sum^{\infin}_{n=0} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}</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)=\frac{1}{2}[\sum^{\infin}_{n=0} \frac{(-1)^n}{(2n)!} (2x)^{2n} + 1]=
+<math>\cos^2(x)=\frac12\bigg(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}(2x)^{2n}+1\bigg)=\frac12\bigg(1+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-4)^n}{(2n)!}x^{2n}\bigg)</math>
-\frac{1}{2}[1+\sum^{\infin}_{n=0} \frac{(-1)^n 4^n}{(2n)!} x^{2n}]
-</math>
 קל לחשב רדיוס התכנסות של טור זה ולהראות שהוא אינסוף.
@@ שורה 84: / שורה 76: @@
 ===א===
-קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>[0,\frac{1}{2}]</math>
+קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>\left[0,\frac12\right]</math>
 '''פתרון''':
-קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית אפס, ולכן יש לחשב את הגבול:
+קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית <math>0</math> , ולכן יש לחשב את הגבול:
+<math>\lim\limits_{n\to\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac12]}\bigg|\frac{x^n}{1+x^n}\bigg|\Big]</math>
-<math>\lim_{n\rightarrow\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac{1}{2}]}|\frac{x^n}{1+x^n}|\Big]</math>
+נגזור על-מנת למצוא את המקסימום:
+<math>{\Big(\frac{x^n}{1+x^n}\Big)' = \frac{nx^{n-1}(1+x^n)-nx^{n-1}\cdot x^n}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}}</math>
-נגזור על מנת למצוא את המקסימום:
+הנגזרת מתאפסת ב- <math>0</math> , לכן המקסימום הוא בקצוות
+<math>f_n(0)=0</math> ,
-<math>\Big(\frac{x^n}{1+x^n}\Big)' = \frac{nx^{n-1}(1+x^n) - nx^{n-1}\cdot x^n}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}</math>
+<math>f_n(\frac12)=\frac1{2^n+1}</math>
+ולכן
-הנגזרת מתאפסת באפס, לכן המקסימום הוא בקצוות
+<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>
-<math>f_n(0)=0</math>,
-<math>f_n(\frac{1}{2})=\frac{1}{2^n+1}</math>
-ולכן
-<math>\lim_{n\rightarrow\infty}\Big[\sup_{x\in [0,\frac{1}{2}]}|\frac{x^n}{1+x^n}|\Big]= \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2^n+1}=0 </math>
 ולכן הסדרה '''מתכנסת במ"ש'''.
 ===ב===
-קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>[\frac{1}{2},\frac{3}{2}]</math>
+קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>\left[\frac12,\frac32\right]</math>
 '''פתרון''':
-קל לראות כי פונקצית הגבול בנקודה 1 היא חצי, לכל נקודה גדולה מ1 היא 1 ולכל נקודה קטנה מאחד היא אפס. לכן פונקצית הגבול אינה רציפה, ולכן ההתכנסות אינה במ"ש (שכן התכנסות במ"ש של פונקציות רציפות היא רציפה).
+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)=\int_1^\infty x^\alpha e^{-x}dx</math> רציפה בכל הממשיים
+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 שכיוון שהאינטגרל <math>\int_1^\infty e^{-\frac{x}{2}}dx</math>  מתכנס, כך גם האינטגרל <math>F(\alpha)</math> לכל אלפא.
+*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 מנייה של נקודות...)
+*כמו כן קל לוודא כי הפונקציה <math>F(\alpha)</math> מונוטונית. (זה לבד מוכיח רציפות פרט למספר בן-מניה של נקודות...)
-*תהי a נקודה מסויימת. נבחר M כך ש <math>\int_M^\infty x^{a+1}e^{-x}dx < \frac{\epsilon}{2}</math>
+*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+\Delta a)\leq\int_1^Mx^{a+\Delta a}e^{-x}dx + \frac{\epsilon}{2}\leq M^{\Delta a}F(a) + \frac{\epsilon}{2}\leq F(a) + \epsilon </math>
+*כעת עבור <math>\Delta a</math> קטן מספיק, <math>F(a+\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...
@@ שורה 146: / שורה 125: @@
 ==6 במבחן של שיין והורוביץ==
 (לקוח ממערכי התרגול של אור שחף)
-נתונה f פונקציה בעלת השתנות חסומה בקטע, ונתון שקיים <math>\varepsilon>0</math> כך ש-<math>f(x)\ge\varepsilon</math> לכל <math>x\in[a,b]</math>. הוכיחו <math>\frac1f</math> בעלת השתנות חסומה בקטע.
+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\varepsilon</math> ולכן {{left|<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{\varepsilon^2}\sum_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\\&\le\frac1{\varepsilon^2}\overset b\underset aV f\\&<\infty\end{align}</math>}}{{משל}}
+# 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]]

הבדלים בין גרסאות בדף "88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/פתרון מועד א"

גרסה אחרונה מ־17:49, 1 בפברואר 2016

תוכן עניינים

1

2

א

ב

ג

3

א

ב

4

5

א

ב

6 במבחן של אגרונובסקי

6 במבחן של שיין והורוביץ

פתרון

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים