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

מתוך Math-Wiki

שאלה 1

א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה

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

פתרון

א. כיוון שהסדרה מתכנסת, קיים מקום בסדרה [math]\displaystyle{ n_1 }[/math]כך שלכל [math]\displaystyle{ n\gt n_1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |a_n-L|\lt 1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ L-1\lt a_n\lt L+1 }[/math]. סה"כ:

[math]\displaystyle{ \forall n:\min\{a_1,...,a_{n_1},L-1\}\lt a_n\lt \max\{a_1,...,a_{n_1},L+1\} }[/math]


ב. הפרכה: ניקח סדרה אשר במקומות הזוגיים שלה שווה [math]\displaystyle{ n }[/math], ובמקומות האי-זוגיים [math]\displaystyle{ n^2 }[/math]:

[math]\displaystyle{ a_n=1,1,2,4,3,9,4,16,... }[/math]

קל לראות כי [math]\displaystyle{ \lim\sqrt[n]{a_n}=1 }[/math], אבל לא קיים הגבול [math]\displaystyle{ \lim\frac{a_{n+1}}{a_n} }[/math]

שאלה 2

נניח כי f פונקציה רציפה ב- [math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math], גזירה ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math]. בנוסף נתון כי [math]\displaystyle{ f(0)=0 }[/math] והנגזרת [math]\displaystyle{ f' }[/math]מונוטונית עולה ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math].

א. הוכיחו כי [math]\displaystyle{ f'(x)\geq \frac{f(x)}{x} }[/math] ב- [math]\displaystyle{ (0,\infty) }[/math].

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

פתרון

א. יהי [math]\displaystyle{ x\gt 0 }[/math]. נפעיל את משפט לגראנג' על הפונקציה f בקטע [math]\displaystyle{ [0,x] }[/math]. לכן קיימת נקודה [math]\displaystyle{ 0\lt c\lt x }[/math] כך ש:

[math]\displaystyle{ f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x} }[/math]

אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:

[math]\displaystyle{ f'(x)\geq f'(c) = \frac{f(x)}{x} }[/math]

כפי שרצינו.


ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה

[math]\displaystyle{ g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2} }[/math]

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


[math]\displaystyle{ xf'(x)-f(x)\geq x\frac{f(x)}{x}-f(x)=0 }[/math]


שאלה 3

קבעו האם קיים הגבול ואם כן מצאו אותו:


א. [math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+...+2012^n} }[/math]


ב. [math]\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}a_n }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ a_1=1 }[/math], ו- [math]\displaystyle{ a_{n+1}=sin(a_n) }[/math]


ג. [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow\infty}(sin\sqrt{x-a}-sin\sqrt{x}) }[/math]


ד. [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 1}\Big(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Big) }[/math]


פתרון

א.

נפעיל את משפט הסנדביץ':


[math]\displaystyle{ 2012=\sqrt[n]{2012^n}\leq \sqrt[n]{1^n+2^n+...+2012^n}\leq \sqrt[n]{2012^n+2012^n+...+2012^n}=\sqrt[n]{2012\cdot 2012^n}\rightarrow 2012 }[/math]


ב.

ידוע כי עבור ערכים חיוביים [math]\displaystyle{ sin(x)\lt x }[/math] ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על ידי אפס, ולכן מתכנס.

[math]\displaystyle{ L=sin(L) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ L=0 }[/math].

אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה [math]\displaystyle{ x-sin(x)=0 }[/math] הקטן מאחד, אזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין אפס לאחד (לפי רול) וקל לוודא כי זה לא קורה.


ג.

כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנג' כי [math]\displaystyle{ |sin(x)-sin(y)|\leq |x-y| }[/math] לכן,

[math]\displaystyle{ |sin\sqrt{x-a}-sin\sqrt{x}|\leq |\sqrt{x-a}-\sqrt{x}|=|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}|\rightarrow 0 }[/math]


ד.

[math]\displaystyle{ \frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}=\frac{lnx-x+1}{(x-1)lnx} }[/math]

נגזור את המונה ואת המכנה לקבל:

[math]\displaystyle{ \frac{\frac{1}{x}-1}{lnx+\frac{x-1}{x}}=\frac{1-x}{xlnx+x-1} }[/math]

שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבל:

[math]\displaystyle{ \frac{-1}{lnx + 1 +1}\rightarrow -\frac{1}{2} }[/math]


ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי.