שינויים
חשבו את האינטגרלים הבאים:
===א===
<math>\int\frac{dx}{\sin(x)}</math>
'''פתרון''':
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>
===ב===
<math>\int\frac{xdxx\cdot dx}{\cos^2(x)}</math>
נבצע [[אינטגרציה בחלקים]] לקבל
<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>
===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}frac18\int\frac{2x+2-2}{(1+x)^2}dx=\frac{1}{4}\ln[(1+x)]+\frac{1}{4}+\frac{1}frac1{4(1+x)}+cC</math>
==3==
קבעו האם האינטגרל הבא מתכנס או מתבדר:
<math>\int_0int\limits_0^\infty\frac{\arctan(x)}{x}dx</math>
'''פתרון''':
שני האינטגרלים חברים ומתבדרים יחדיו.
===ב===
הוכיחו שאם <math>p(x)</math> פולינום שאינו שווה זהותית לאפסל- <math>0</math>, אזי האינטגרל <math>\int_1displaystyle\int\limits_1^\infty p(x)dx</math> מתבדר.
'''פתרון''':
אם הפולינום אינו זהותית אפס<math>0</math> , האינטגרל הלא מסויים -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\rightarrowto\infty}\int_1^b p(x)dx=\lim_{b\rightarrowto\infty}[q(b)-q(1)]=\pm\infty </math>
האחרון מתבדר כיוון כיון שהמעלה של <math>q </math> גדולה או שווה לאחדל- <math>1</math> .
==4==
מצאו את טור מקלורין 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^{\infin}_sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}</math>
וביחד נקבל
<math>\cos^2(x)=\frac{1}{2}[frac12\sum^{bigg(\infin}_sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} (2x)^{2n} + 1]\bigg)=\frac{1}{2}[frac12\bigg(1+\sum^{\infin}_sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-14)^n 4^n}{(2n)!} x^{2n}] \bigg)</math>
קל לחשב רדיוס התכנסות של טור זה ולהראות שהוא אינסוף.
===א===
קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>\left[0,\frac{1}{2}frac12\right]</math>
'''פתרון''':
קל לראות שבקטע זה גבול הסדרה הוא הפונקציה ששווה זהותית אפס<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>{\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(0)=0</math> ,
<math>\Bigf_n(\frac{x^n}{1+x^n}\Bigfrac12)' = \fracfrac1{nx2^{n-1}(1+x^n) - nx^{n-1}\cdot x^n}{(1+x^n)^2}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}</math>
ולכן
ולכן הסדרה '''מתכנסת במ"ש'''.
===ב===
קבעו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בקטע <math>\left[\frac{1}{2}frac12,\frac{3}{2}frac32\right]</math>
'''פתרון''':
קל לראות כי פונקצית הגבול בנקודה <math>1 </math> היא חצי<math>\frac12</math> , לכל נקודה גדולה מ1 מ- <math>1</math> היא <math>1 </math> ולכל נקודה קטנה מאחד מ- <math>1</math> היא אפס<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_1displaystyle\int\limits_1^\infty x^\alpha e^{-x}dx</math> רציפה בכל הממשיים.
'''פתרון''':
*לפי מבחן השוואה גבולי, קל לראות שכיוון שכיון שהאינטגרל <math>\int_1displaystyle\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 -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> *כעת עבור נקודה מסוימת. נבחר <math>\Delta aM</math> קטן מספיק, כך ש- <math>F(a+\Delta a)displaystyle\leqint\int_1limits_M^Mx\infty x^{a+\Delta a1}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...
==6 במבחן של שיין והורוביץ==
(לקוח ממערכי התרגול של אור שחף)
נתונה f פונקציה בעלת השתנות חסומה בקטע, ונתון שקיים <math>\varepsilonepsilon>0</math> כך ש-<math>f(x)\ge\varepsilonepsilon</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\varepsilonepsilon</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{\varepsilonepsilon^2}\sum_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|\\&\le\frac1{\varepsilonepsilon^2}\overset b\underset aV f\\&<\infty\end{align}</math>}}{{משל}}
[[קטגוריה:אינפי]]
