משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/12.7.11

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

חזרה

דוגמה 1

\int\limits_0^\infty\sqrt x\sin(x^2)\mathrm dx מתכנס?

פתרון

נציב y=x^2, x=\sqrt y, \mathrm dx=\frac{\mathrm dy}{\sqrt y}, \sqrt x=y^{1/4} ןמתכנס לפי דיריכלה.

דוגמה 2

מצאו רדיוס התכנסות של \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2^n}}{n!}.

פתרון

עפ"י דלאמבר דורשים \limsup\frac{|x^{2^{n+1}}/(n+1)!|}{\frac{x^{2^n}}{n!}}<1 שמתקיים אם"ם |x|<1.

דוגמה 3

לפונקציה g רציפה ב-[a,b] נסמן M(g)=\max_{x\in[a,b]}g(x). נניח ש-\{f_n\} סדרת פונקציות רציפות, f_n\to f במ"ש ב-[a,b]. הוכח או הפרך M(f_n)\to M(f).

הוכחה

יהי \varepsilon>0 נתון. קיים n_0\in\mathbb N כך שלכל n>n_0 מתקיים |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon לכל x\in[a,b]. לכן |f_n(x)|-|f(x)|<\varepsilon. מכאן ש-|f_n(x)|<|f(x)|+\varepsilon\le M(f)+\varepsilon ולכן לכל n>n_0 מתקיים M(f_n)<M(f)+\varepsilon. כמו כן לכל n>n_0 ולכל x\in[a,b] מתקיים |f(x)|-|f_n(x)|\le|f(x)-f_n(x)|<\varepsilon ולכן |f_n(x)|>|f(x)|-\varepsilon בנקודה המקסימלית x_0 של f מתקיים |f_n(x_0)|>|f(x_0)|-\varepsilon=M(f)-\varepsilon יוצא שלכל n>n_0, M(f_n)\ge |f_n(x_0)|>M(f)-\varepsilon. לכן M(f)-\varepsilon<M(f_n)<M(f)+\varepsilon ולכן M(f_n)\to M(f).

דוגמה 4

מצאו רדיוס התכנסות של \sum_{n=1}^\infty\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}.

פתרון

הטור מתכנס עבור כל x כך ש-\lim_{n\to\infty}\frac{|2^{n+1}x^{2n+2}|}{|3^{n+1}-(-1)^n4^{n+1}|}/|\frac{2^nx^{2n}}{3^n+(-1)^n4^n}|<1 כלומר \lim_{n\to\infty} |2x^2||\frac{3^n+(-1)^n4^n}{3^{n+1}+(-1)^{n+1}4^{n+1}}|<1. ננחש שהגבול שואף ל-\frac14 (לפי אינטואיציה) ולכן נרחיב את השבר ב-(-1/4)^n. אזי נחשב \lim_{n\to\infty}|(-1)^n(3/4)^n+1|/|(-1)^{n+1}(3/4)^n\cdot 3+4|=\frac14. הדרישה להתכנסות היא ש-|2x^2|\cdot\frac14<1 ולכן |x|<\sqrt2.

דוגמה 5

\{f_n\} היא סדרת פונקציות בעלות השתנות חסומה ב-[a,b] כך שקיים כך שלכל n מתקיים \overset b\underset aV f_n\le M. הוכח או הפרך: אם f_n\to f במ"ש ב-[a,b] אז \overset b\underset aV f<\infty.

פתרון

הוכחה: ניקח חלוקה כלשהי P=\{x_k\}_{k=0}^m של [a,b]. לכל n מתקיים v(f_n,P)=\sum_{k=1}^m |f_n(x_k)-f_n(x_{k-1})|\le M. נשאיף n\to\infty ולכן \sum_{n=1}^m |f(x_k)-f(x_{k-1})|\le M באופן בלתי תלוי ב-P. לכן \overset b\underset aV f\le M. \blacksquare

נעיר כי אם אין חסם עליון M להשתנויות הכלליות של סדרת הפונקציות אזי הטענה מופרכת: ברור שהפונקציה f(x)=\begin{cases}x\sin\left(\frac1x\right)&x\ne0\\0&\text{else}\end{cases} רציפה ב-[0,1] ובעלת השתנות בלתי חסומה בקטע. נגדיר f_n(x)=\begin{cases}0&0\le x\le\frac1{\pi n}\\x\sin\left(\frac1x\right)&\text{else}\end{cases} לכל n. נעיר שלכל n יש ל-f_n השתנות חסומה. נוכיח כי f_n\to f במ"ש ב-[0,1]: עבור \frac1{\pi n}<x\le 1 מתקיים |f_n(x)-f(x)|=0 ואילו אם 0\le x\le\frac1{\pi n} מתקיים |f_n(x)-f(x)|=|f(x)|=\left|x\sin\left(\frac1x\right)\right|\le |x|\le\frac1{\pi n}\to0 ולכן ההתכנסות במ"ש.

דוגמה 6

מצאו טור מקלורין של f(x)=\frac{3x^2-3x-1}{(x^2+1)(x-2)}.

פתרון

נפרק לשברים חלקיים ונקבל \frac{2x+1}{x^2+1}+\frac1{x-2}. מצקיים \frac1{x-2}=\frac{-1/2}{1-x/2}=-\frac12\sum_{n=0}^\infty\left(x/2\right)^n. מאידך \frac1{1+x^2}=\frac1{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n ו-\frac{2x}{1+x^2}=2x\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} 2x^{2n+1}.

דוגמה 7

תהי f אינטגרבילית ב-[a,b] ונגדיר f(x)=\int\limits_a^x f. צ"ל של-F יש השתנות חסומה ב-[a,b].

פתרון

נקח חלוקה P=\{x_k\}_{k=0}^n של [a,b] ואז V(F,P)=\sum_{k=1}^n|F(x_k)-F(x_{k-1})|=\sum_{k=1}^n |\int\limits_a^x f|=\sum\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k}}|f|=\int\limits_a^b |f| יש כאן חסם בלתי תלוי בחלוקה.

דוגמה 8

נגדיר סדרת פונקציות f_n לכל x>0 באינדוקציה f_1(x)=\sqrt x וכן f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}.

  1. הוכח שלכל x>0 קיים f(x)=\lim_{n\to\infty} f(x).
  2. חשב את f'.
  3. האם f_n'\to f'?

פתרון

  1. נקבע x>0.

טענה 1: הסדרה f_n(x) עולה. הוכחה: f_2(x)=\sqrt{x+\sqrt x}>\sqrt x=f_1(x) וכן f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}>\sqrt{x+f_{n-1}(x)}=f_n(x). טענה 2: הסדרה f_n חסומה מלעיל. גישה: f_n(x)\to L אז L=\sqrt{x+L} ולכן L^2-L-x=0. מכאן ש-L=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2. טענה: לכל n מתקיים f_n(x)<L, הוכחה באינדוקציה: f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}<\sqrt{x+L}=L. כיוון שהסדרה עולה וחסומה קיים גבול f(x)=\lim_{n\to\infty} f_n(x) ולפי השיקול הנ"ל מתקיים f(x)=\frac{1+\sqrt{1+4x}}2.

  1. f'(x)=\frac14(1+4x)^{-1/2}\cdot4=\frac1\sqrt{1+4x}
  1. מתקיים f_{n+1}(x)=\sqrt{x+f_n(x)}. נגזור f_{n+1}'(x)=\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}. ננניח שאמנם f_n'\to f' אם כן \frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}\to\frac{1+(\frac1\sqrt{1+4x})}{2\sqrt{x+\frac{1+\sqrt{1+4x}}2}}=\frac1\sqrt{1+4x} ולכן f_n'\to f' בתנאי ש-f_{n+1}'(x)\to\frac{1+f_n'(x)}{2\sqrt{x+f_n(x)}}\to\frac{1+(\frac1\sqrt{1+4x})}{2\sqrt{x+\frac{1+\sqrt{1+4x}}2}}. נוותר על הניסיון להוכיח זאת.

דוגמה 9

נתון טור פונקציות \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\arctan(x/\sqrt n) לכל x\in\mathbb R. להראות שהטור מתכנס לפונקציה בעלת נגזרת רציפה.

פתרון

נעיר שבקטע (-\infty,\infty) הפונקציה \arctan(y) עולה מונוטונית מ--\pi/2 עד \pi/2. כעת אם x>0 אז \frac x\sqrt n יורד עם n ולכן \arctan(x/\sqrt n) יורד עם n. לכן עבור x>0 הטור הוא \sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_n כאשר a_n=\frac{arctan(x/\sqrt n)}\sqrt n ו-a_n יורדת מונוטונית ל-0. ממבחן לייבניץ הטור מתכנס. עבור x<0 הדיון דומה כי \arctan פונקציה אי-זוגית. הטור הגזור הוא \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}\sqrt n\frac1{1+(x/\sqrt n)^2}\frac1\sqrt n=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n+x^2}. טענה: הטור הגזור מתכנס במ"ש על \mathbb R. הוכחה: לכל x\in\mathbb R הטור טור לייבניץ ומתכנס, נניח ל-g(x). לפי לייבניץ \forall N\in\mathbb N:\ \left|g(x)-\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^n}{n+x^2}\right|\le\frac1{N+x^2}\le\frac1N\to\infty לכל x\in\mathbb R. כיוון שההפרש המקסימלי בין g(x) לסכום החלקי שואף ל-0 נובע ממבחן ה-sup שהטור הגזור מתכנס במ"ש ל-g על \mathbb R. נובע ממשפט 10 בהתכנסות במ"ש של טורים שהטור המקורי מתכנס במ"ש לפונקציה f גזירה כך ש-f'(x)=g(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n+x^2} לכל x\in\mathbb R. הטור האחרון הוא סכום של פונקציות רציפות שמתכנס במ"ש, לכן g רציפה ב-\mathbb R.

משפט

אם f_1(x)\ge f_2(x)\ge f_3(x)\ge\dots\ge 0 ואם \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0 במ"ש I אז \sum_{n=1}^\infty (-1)^n f_n(x) מתכנס במ"ש ב-I. (ההוכחה כמו בדוגמה הקודמת)

דוגמה 10

מתכנס או מתבדר - \sum_{n=1}^\infty \int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt.

פתרון

נעזר באינטגרציה בחלקים a_n=\int\limits_1^2\frac{\sin(n^2t)}t \mathrm dt אזי a_n=\left[-\frac{\cos(n^2t)}{n^2t}\right]_{t=1}^2-\int\limits_1^2\frac{-\cos(n^2t)}{-n^2t^2}\mathrm dt=\frac1{n^2}\left(\frac{-\cos(2n^2)}2+\cos(n^2)\right)-\int\limits_1^2\frac{\cos(n^2t)}{t^2}\mathrm dt. אזי |a_n|\le\frac1{n^2}\left(\frac12+1+1\right)<\frac3{n^2} ולפי מבחן ההשוואה \sum a_n מתכנס בהחלט.

דוגמה 11

נניח ש-F מוגדרת ובעלת נגזרת רציפה וחסומה ב-[0,\infty). עוד נניח ש-\int\limits_0^\infty |F| מתכנס. הוכיחו כי \lim_{x\to\infty} F(x)=0.

פתרון

\int\limits_0^\infty |F'(x)F(x)|\mathrm dx ולכן \int\limits_0^\infty F'(x)F(x)\mathrm dx מתכנס. כמו כן \int\limits_0^\infty 2F'(x)F(x)\mathrm dx=\left[F^2(x)\right]_{x=0}^\infty=\lim_{R\to\infty}F^2(R)-F^2(0)<\infty