88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/תרגילים/תרגיל 4/פתרון - היסטוריית גרסאות

OfirSh: /* 3 */

2012-05-20T10:54:59Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־10:54, 20 במאי 2012
שורה 115:		שורה 115:

	===ב===		===ב===

			===ג===

	== 4 ==		== 4 ==

OfirSh: /* 1 */

2012-05-17T17:18:38Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־17:18, 17 במאי 2012
שורה 3:		שורה 3:
	== 1 ==		== 1 ==

			לצורכי נוחיות נסמן <math>l(x):=\sqrt{(f'(x))^{2}+1}</math>,

			מכיוון שהפונקציה <math>f(x)</math> גזירה ברציפות, אזי <math>l(x)</math> מוגדרת ורציפה בקטע הפתוח <math>(0,1]</math>.

			'''א'''

			אנו רוצים להוכיח שאורך העקומה <math>f</math> הינו אינסופי <math>\Leftarrow</math> עלינו להראות כי: <math>\int_{0}^{1}l(x)dx=\infty</math>.

			לפי הנתון: <math>f'(x)</math> מוגדרת ורציפה בקטע <math>(0,1]</math>, ועל כן היא אינטגרבילית בו.

			<math>\int_{0}^{1}f'(x)dx=\lim_{a \to 0^{+}}\int_{a}^{1}f'(x)dx=\lim_{a \to 0^{+}}(f(1)-f(a))=-\infty</math>

			מכיוון שהפונקציה אינה מתכנסת, אזי היא גם לא מתכנסת בהחלט ולכן בהכרח: <math>\int_{0}^{1}\|f'(x)\|dx=\infty</math>

			נבחין כי מתקיים - <math>l(x)=\sqrt{(f'(x))^{2}+1}\geq \sqrt{(f'(x))^{2}}=\|f'(x)\|\geq 0</math>

			ולכן, לפי מבחן ההשוואה הראשון: <math>\int_{0}^{1}l(x)dx=\infty</math>.


			'''ב'''

			במקרה זה עלינו לנקוט גישה קצת שונה.

			נניח בשלילה שהאורך העקומה הינו סופי, כלומר קיים <math>M \in \mathbb{R}</math>, כך שמתקיים: <math>\int_{0}^{1}l(x)dx=M</math>.

			<math>f</math> אינה חסומה <math>\Leftarrow</math> קיים <math>y \in (0,1]</math> כך שמתקיים: <math>\|f(y)-f(1)\|>M</math>.

			מכיוון ש<math>l(x)</math> חיובית ממש לכל אורכה, אזי לכל <math>a,b \in (0,1]</math> מתקיים: <math>\int_{a}^{b}l(x)dx>0</math>.

			(זה לא ממש שיא הפורמליות) ועל כן:

			<math>\int_{0}^{1}l(x)dx>\int_{y}^{1}l(x)dx\geq \int_{y}^{1}\|f'(x)\|dx\geq \|\int_{y}^{1}f'(x)dx\|=\|f(1)-f(y)\|>M</math>

			סתירה.

	== 2 ==		== 2 ==

OfirSh: /* 3 */

2012-05-17T07:08:40Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־07:08, 17 במאי 2012
שורה 76:		שורה 76:
	== 3 ==		== 3 ==

			===א===

			מופיע בתרגילי בית משנים קודמות: [http://math-wiki.com/images/d/da/09Infi2sol9.pdf ראו פתרון לשאלה 6]

			===ב===

	== 4 ==		== 4 ==

OfirSh: /* ו */

2012-05-17T07:05:51Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־07:05, 17 במאי 2012
שורה 57:		שורה 57:

	<math>\int_{0}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx+\int_{0}^{1}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx</math>		<math>\int_{0}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx+\int_{0}^{1}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx</math>


			'''האינטגרל השני:''' נראה שבעצם מדובר באינטגרל אמיתי, כי יש גבול בנק' הבעייתית 0.

			<math>\lim_{x \to 0}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}=\lim_{x \to 0}\frac{x-arctanx}{x \cdot arctanx}={l'Hôpital}=\lim_{x \to 0}\frac{1-\frac{1}{x^{2}+1}}{arctanx+\frac{x}{x^{2}+1}}=</math>

			<math>\lim_{x \to 0}\frac{1-\frac{1}{x^{2}+1}}{arctanx+\frac{x}{x^{2}+1}}=\lim_{x \to 0}\frac{x^{2}}{x+(x^{2}+1)arctanx}=l'Hôpital=\lim_{x \to 0}\frac{2x}{2+2xarctanx}=0</math>


			'''האינטגרל הראשון:'''

			לפי מבחן ההשוואה הגבולי עם האינטגרל <math>\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}</math>.

			<math>\lim_{x \to \infty}\frac{\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}}{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x \to \infty}\frac{x^{3}-x^{2}arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}=\frac{2}{\pi}</math>

			שני האינטגרלים מתכנסים, ולכן גם סמוכם מתכנס.

	== 3 ==		== 3 ==

OfirSh: /* ו */

2012-05-17T06:43:40Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־06:43, 17 במאי 2012
שורה 53:		שורה 53:

	=== ו ===		=== ו ===

			מכיוון שיש לכאורה שני אינטגרלים בעייתים, נפצל את הביטוי לשניים ונוכיח התכנסות של כל אחד מהם בנפרד:

			<math>\int_{0}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx+\int_{0}^{1}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx</math>

	== 3 ==		== 3 ==

OfirSh: /* ה */

2012-05-17T06:36:49Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־06:36, 17 במאי 2012
שורה 47:		שורה 47:

	=== ה ===		=== ה ===

			<math>\int_{1}^{\infty}\frac{cos^{2}x}{x}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{cos2x+1}{2x}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{2x}+\int_{1}^{\infty}\frac{cos2x}{2x}dx</math>

			האינטגרל הוא סכום של אינטגרל מתבדר ואינטגרל מתכנס (לפי דיריכלה), ולכן האינטגרל מתבדר.

	=== ו ===		=== ו ===

OfirSh: /* 2 */

2012-05-17T04:08:50Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־04:08, 17 במאי 2012
שורה 6:		שורה 6:
	== 2 ==		== 2 ==

			=== א ===

			נפצל את האינטגרל לשניים (את האמת זה סתם לצורך הפורמליות):

			<math>\int_{1}^{\infty}e^{-ln^{2}x}dx=\int_{e^{2}}^{\infty}e^{-ln^{2}x}dx+\int_{1}^{e^{2}}e^{-ln^{2}x}dx</math>

			האינטגרל השני מתכנס כי הפונקציה רציפה בקטע הסגור ולכן אינטגרבילית בו.


			נבדוק את ההתכנסות של האינטגרל הראשון:

			ידוע כי עבור כל <math>x\geq e^{2}</math> מתקיים: <math>ln^{2}(x)\geq 2ln(x)</math>

			ומכאן שמתקיים, <math>e^{-ln^{2}x}\leq \frac{1}{x^{2}}</math>.

			ולפי מבחן ההשוואה הראשון, האינטגרל <math>\int_{e^{2}}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}</math> מתכנס ולכן גם <math>\int_{e^{2}}^{\infty}e^{-ln^{2}x}dx</math>.


			הראנו ששני החלקים מתכנסים ולכן '''האינטגרל מתכנס'''.

			=== ב ===

			השאלה הופיעה בתרגילי בית משנים קודמות: [http://math-wiki.com/images/d/da/09Infi2sol9.pdf ראו שאלה 7]

			=== ג ===

			'''האינטגרל מתכנס לפי מבחן דיריכלה'''

			<math>g(x)=cosx</math>, הינה פונקציה רציפה והאינטגרל שלה חסום בכל קטע סופי.

			<math>f(x)=\frac{1}{x}</math> הינה פונקציה רציפה מונוטונית יורדת ששואפת ל0.

			ולכן מתקיימים כל התנאים הנדרשים להפעלת המבחן.

			=== ד ===

			מתקיים: <math>\int_{1}^{\infty}\frac{\|cosx\|}{x}dx\geq\int_{1}^{\infty}\frac{cos^{2}x}{x}dx</math>,

			ולכן האינטגרל מתבדר לפי מבחן ההשוואה הראשון (לפי סעיף ה').

			=== ה ===

			=== ו ===

	== 3 ==		== 3 ==

OfirSh: יצירת דף עם התוכן "הפעם יש קצת יותר עבודה, אז נתחיל יותר מוקדם (: == 1 == == 2 == == 3 == == 4 == שאלה זו (במלואה) הופיעה ..."

2012-05-17T03:37:30Z

יצירת דף עם התוכן "הפעם יש קצת יותר עבודה, אז נתחיל יותר מוקדם (: == 1 == == 2 == == 3 == == 4 == שאלה זו (במלואה) הופיעה ..."

דף חדש

הפעם יש קצת יותר עבודה, אז נתחיל יותר מוקדם (:

== 1 ==

== 2 ==

== 3 ==

== 4 ==

שאלה זו (במלואה) הופיעה בתרגיל בית קודמים: [http://math-wiki.com/images/d/da/09Infi2sol9.pdf ראו פתרון לתרגיל 2]

== 5 ==

נתון כי <math>f(x)</math> פונקציה רציפה <math>\Leftarrow</math> יש לה פונקציה קדומה <math>F(x)</math>

לפי נוסחאת ניוטון-לייבניץ' מתקיים: <math>\int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a) </math>

ידוע כי <math>\int_{0}^{\infty}f(x)dx=\infty</math>, ולכן: <math>\lim_{x \to \infty}F(x)=\infty</math>

לכן נוכל לכתוב את האינטגרל הלא אמיתי שאנו צריכים לחשב בצורה הבאה:

<math>\int_{1}^{\infty}\frac{f(x)}{F(x)-F(0)}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{F'(x)}{F(x)-F(0)}dx</math>

'''אך לפני שנחשב את האינטגרל עלינו להסביר מדוע בכלל ניתן לדבר עליו:'''

<math>f(x)</math> רציפה וחיובית <math>\Leftarrow</math> לכל <math>a,b\in[0,\infty) </math> מתקיים: <math>F(b)-F(a)=\int_{a}^{b}f(x)dx>0</math>,

ובפרט לכל <math>x\geq 1</math> מתקיים: <math>F(x)-F(0)>0</math>.

<math>F(x)</math> גזירה ולכן רציפה <math>\Leftarrow</math> הפונקציה <math>F(x)-F(0)</math> רציפה וחיובית.

מכיוון ששתי הפונקציות רציפות ו<math>F(x)-F(0)</math> חיובית <math>\Leftarrow</math> הפונקציה <math>\frac{f(x)}{F(x)-F(0)}</math> רציפה, ולכן אינטגרבילית על כל קטע סופי על הישר.

וכאן סיימנו להראות שניתן לדבר על האינטגרל הלא אמיתי.

'''כעת נוכל לחשב את האינטגרל עצמו:'''

לטעמי נוחות בלבד נסמן: <math>a:=F(1)-F(0)</math>

<math>\int_{1}^{\infty}\frac{F'(x)}{F(x)-F(0)}dx=\begin{Bmatrix}
t=F(x)-F(0)\\
dt=F'(x)dx
\end{Bmatrix}=\int_{a}^{\infty}\frac{dt}{t}=\lim_{b \to \infty}ln(F(b)-F(0))-ln(F(a)-F(0))=\infty</math>

וסיימנו (: