הבדלים בין גרסאות בדף "88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/תרגילים/תרגיל 4/פתרון"

גרסה אחרונה מ־10:54, 20 במאי 2012

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

תוכן עניינים

1 1
2 2
- 2.1 א
- 2.2 ב
- 2.3 ג
- 2.4 ד
- 2.5 ה
- 2.6 ו
3 3
- 3.1 א
- 3.2 ב
- 3.3 ג
4 4
5 5

1

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

מכיוון שהפונקציה $f(x)$ גזירה ברציפות, אזי $l(x)$ מוגדרת ורציפה בקטע הפתוח $(0,1]$ .

א

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

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

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

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

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

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

ב

במקרה זה עלינו לנקוט גישה קצת שונה.

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

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

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

(זה לא ממש שיא הפורמליות) ועל כן:

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

סתירה.

2

א

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

$\int_{1}^{\infty}e^{-ln^{2}x}dx=\int_{e^{2}}^{\infty}e^{-ln^{2}x}dx+\int_{1}^{e^{2}}e^{-ln^{2}x}dx$

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

נבדוק את ההתכנסות של האינטגרל הראשון:

ידוע כי עבור כל $x\geq e^{2}$ מתקיים: $ln^{2}(x)\geq 2ln(x)$

ומכאן שמתקיים, $e^{-ln^{2}x}\leq \frac{1}{x^{2}}$ .

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

הראנו ששני החלקים מתכנסים ולכן האינטגרל מתכנס.

ב

השאלה הופיעה בתרגילי בית משנים קודמות: ראו שאלה 7

ג

האינטגרל מתכנס לפי מבחן דיריכלה

$g(x)=cosx$ , הינה פונקציה רציפה והאינטגרל שלה חסום בכל קטע סופי.

$f(x)=\frac{1}{x}$ הינה פונקציה רציפה מונוטונית יורדת ששואפת ל0.

ולכן מתקיימים כל התנאים הנדרשים להפעלת המבחן.

ד

מתקיים: $\int_{1}^{\infty}\frac{|cosx|}{x}dx\geq\int_{1}^{\infty}\frac{cos^{2}x}{x}dx$ ,

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

ה

$\int_{1}^{\infty}\frac{cos^{2}x}{x}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{cos2x+1}{2x}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{2x}+\int_{1}^{\infty}\frac{cos2x}{2x}dx$

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

ו

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

$\int_{0}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx+\int_{0}^{1}\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}dx$

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

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

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

האינטגרל הראשון:

לפי מבחן ההשוואה הגבולי עם האינטגרל $\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}$ .

$\lim_{x \to \infty}\frac{\frac{x-arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}}{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{x \to \infty}\frac{x^{3}-x^{2}arctanx}{x(x^{2}+1)arctanx}=\frac{2}{\pi}$

שני האינטגרלים מתכנסים, ולכן גם סמוכם מתכנס.

3

א

מופיע בתרגילי בית משנים קודמות: ראו פתרון לשאלה 6

ב

ג

4

שאלה זו (במלואה) הופיעה בתרגיל בית קודמים: ראו פתרון לתרגיל 2

5

נתון כי $f(x)$ פונקציה רציפה $\Leftarrow$ יש לה פונקציה קדומה $F(x)$

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

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

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

$\int_{1}^{\infty}\frac{f(x)}{F(x)-F(0)}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{F'(x)}{F(x)-F(0)}dx$

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

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

ובפרט לכל $x\geq 1$ מתקיים: $F(x)-F(0)>0$ .

$F(x)$ גזירה ולכן רציפה $\Leftarrow$ הפונקציה $F(x)-F(0)$ רציפה וחיובית.

מכיוון ששתי הפונקציות רציפות ו $F(x)-F(0)$ חיובית $\Leftarrow$ הפונקציה $\frac{f(x)}{F(x)-F(0)}$ 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: $a:=F(1)-F(0)$

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

וסיימנו (:

@@ שורה 3: / שורה 3: @@
 == 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 ==
+=== 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 ===
+<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 ===
+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>
+'''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 ==
+===א===
+מופיע בתרגילי בית משנים קודמות: [http://math-wiki.com/images/d/da/09Infi2sol9.pdf ראו פתרון לשאלה 6]
+===ב===
+===ג===
 == 4 ==

הבדלים בין גרסאות בדף "88-133 אינפי 2 תשעב סמסטר ב/תרגילים/תרגיל 4/פתרון"

גרסה אחרונה מ־10:54, 20 במאי 2012

תוכן עניינים

1

2

א

ב

ג

ד

ה

ו

3

א

ב

ג

4

5

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים