חשבון אינפיניטיסימלי 2 - פתרון מועד א תשע"ג

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

שאלה 1

שאלה 1 הייתה שאלת הוכחה מההרצאה. הוכחה 4 פה: הוכחות משפטים למבחן

שאלה 2

סעיף א

\int\frac{1}{e^x+e^{-x}}\mathrm{d}x

נציב t=e^x ואז \mathrm{d}t=e^x\mathrm{d}x=t\mathrm{d}x

לאחר הצבה נקבל

\int\frac{1}{e^x+e^{-x}}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{t+\frac{1}{t}}\frac{1}{t}\mathrm{d}t

=\int\frac{1}{t^2+1}=\arctan t+c=\arctan e^x+c

סעיף ב

\int\frac{x^3+1}{x^3-1}\mathrm{d}x

על ידי חילוק פולינומים קל לראות ש

\frac{x^3+1}{x^3-1}=1+\frac{2}{x^3-1}

אז נתמקד בחישוב \int\frac{2}{x^3-1}\mathrm{d}x=\int\frac{2}{(x-1)(x^2+x+1)}\mathrm{d}x

לפי האלגוריתם לחישוב אינטגרל של פונקציה רציונאלית נחפש

\frac{2}{(x-1)(x^2+x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+x+1}

=\frac{Ax^2+Ax+A+Bx^2-Bx+Cx-C}{(x-1)(x^2+x+1)}

כלומר קיבלנו מערכת משוואות

A+B=0, \quad A-B+C=0,\quad A-C=2

וקל לראות שהפתרון שלה הוא:

A=\frac{2}{3},\quad B=-\frac{2}{3},\quad C= -\frac{4}{3}


ברור ש

\int\frac{\frac{2}{3}}{x-1}\mathrm{d}x=\frac{2}{3}\ln|x-1|+c

נותר לחשב את -\frac{2}{3}\int\frac{x+2}{x^2+x+1}\mathrm{d}x

לפי השלמה לריבוע

\int\frac{x+2}{x^2+x+1}\mathrm{d}x=\int\frac{x+2}{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}\mathrm{d}x

נבצע הצבה t=x+\frac{1}{2} (רק בשביל נוחות) ואז נישאר עם

\int\frac{t+\frac{3}{2}}{t^2+\frac{3}{4}}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int\frac{2t+3}{t^2+\frac{3}{4}}\mathrm{d}t

=\frac{1}{2}\int\frac{2t}{t^2+\frac{3}{4}}\mathrm{d}t+\int\frac{\frac{3}{2}}{t^2+\frac{3}{4}}\mathrm{d}t

=\frac{1}{2}\ln|t^2+\frac{3}{4}|+\frac{3}{2}\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}}}\arctan\frac{t}{\sqrt{\frac{3}{4}}}+c

=\frac{1}{2}\ln|(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+\sqrt{3}\arctan\frac{x+\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}}+c


ולכן -\frac{2}{3}\int\frac{x+2}{x^2+x+1}\mathrm{d}x=-\frac{2}{3}(\frac{1}{2}\ln|(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+\sqrt{3}\arctan\frac{x+\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}})+c

אם נסכום את כל מה שקיבלנו נקבל שהתוצאה היא

x+\frac{2}{3}\ln|x-1|-\frac{2}{3}(\frac{1}{2}\ln|(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}|+\sqrt{3}\arctan\frac{x+\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}})+c

ואם מסדרים את זה יוצא

x+\frac{2}{3}\ln|x-1|-\frac{1}{3}\ln|x^2+x+1|-\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+c

סעיף ג'

פתרון

שאלה 3

סעיף א

צריך לבדוק אם \int_1^\infty \sin\sqrt{x}dx מתכנס או מתבדר.

הצעה לפתרון: ננסה לחשב את \lim_{b\to\infty} \int_1^b \sin \sqrt{x} dx. נסתכל על \int \sin\sqrt x dx. ע"י החלפת משתנים נקבל \sqrt{x}=t \Rightarrow \frac1{2\sqrt x} dx = dt \Rightarrow dx=2tdt

קיבלנו \int 2t\sin t dt. ניתן לראות ע"י אינטגרציה בחלקים (u=2t, v'=\sin t) כי האינטגרל הוא 2\sin(t)- 2t\cos t + C ולכן מתקיים:

\lim_{b\to\infty} \int_1^\infty \sin\sqrt x dx = \lim_{b\to\infty} (2\sin\sqrt b - 2\sqrt{b}\cos\sqrt{b})-(2\sin1-2\cos1) וזה כמובן לא מתכנס ולכן האינטגרל מתבדר

סעיף ב

צריך לבדוק אם \int_1^\infty \sin{x^{1.5}}dx מתכנס או מתבדר.

הצעה לפתרון: ניעזר בהצבה u=x^{1.5}, לכן du=1.5\cdot x^{0.5} dx=1.5\sqrt[3]{u}dx, כלומר dx=\frac{2\cdot du}{3\cdot\sqrt[3]{u}}. במקרה זה u בתחום [1,\infty] גם כן. לכן:

\int_1^\infty \sin{x^{1.5}}dx=\frac{2}{3}\int_1^\infty \frac{\sin{u}}{\sqrt[3]{u}}du, והאינטגרל שהתקבל מתכנס על פי דיריכלה.

שאלה 4

הפרכה: ניקח את f_n(x)=\left\{\begin{matrix} \frac1n,\ \ x=0\\ 0 \ \ \ \ \ \ \mathrm{else} \end{matrix}\right.
וההתכנסות היא במ"ש (קל להוכיח).

עוד פונקציה שמפריכה היא f_n(x)=\frac{D(x)}{n} כאשר D(x) היא פונקציית דיריכלה. זאת אומרת, D(x)=\left\{\begin{matrix} 1,\ \ x\in \mathbb{Q}\\ 0 \ \ \ \ \ \ \mathrm{else} \end{matrix}\right.

שאלה 5

סעיף א'

קודם כל, נראה כי \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n(x^n-x^{n+1})}{2^n+n^3}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nx^n(1-x)}{2^n+n^3}=(1-x)\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nx^n}{2^n+n^3} וקיבלנו טור חזקות כיוון ש- (1-x) קבוע וכפל בקבוע לא משנה התכנסות או התבדרות של טור.

כעת נסתכל על החלק של טור החזקות בלבד. ניתן לחשב את רדיוס ההתכנסות שלו לפי דלאמבר: R=\lim_{n\to\infty} |\frac{a_n}{a_{n+1}}|=\lim_{n\to\infty} |\frac{\frac{(-1)^n}{2^n+n^3}}{\frac{-1\cdot(-1)^n}{2\cdot2^n+(n+1)^3}}|=\lim_{n\to\infty}\frac{2\cdot 2^n +(n+1)^3}{2^n+n^3}=2

כעת, נשאר לנו רק לבדוק התכנסות ב- x=2,-2. ניתן לראות בקלות שהאיבר הכללי של הסדרה לא ישאף ל-0 ב-2 המקרים האלה ולכן תנאי הכרחי להתכנסות של טור לא מתקיים. ניתן להסיק שהטור מתכנס אם ורק אם x\in(-2,2)

סעיף ב'

דבר ראשון, נפרק את הפונקציה באופן הבא: f(x)=\frac{1+x}{(1-x^2)^2}=\frac{1}{(1-x^2)^2}+x\cdot\frac{1}{(1-x^2)^2}. כעת נזכור כי \frac{1}{(1-x)^2}=(\frac{1}{1-x})'=(\sum_{n=0}^\infty x^n)'=\sum_{n=0}^\infty nx^{n-1} והפעולה של החלפת הנגזרת והסכום חוקית כיוון שהטור ההנדסי מתכנס במ"ש.

ולכן, \frac{1}{(1-x^2)^2}=\sum_{n=1}^\infty n(x^2)^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty n\cdot x^{2n-2} ו- x\cdot\frac{1}{(1-x^2)^2}=x\cdot\sum_{n=1}^\infty n(x^2)^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty n\cdot x^{2n-1}

לכן ניתן להגיע לכך ש- f(x)=\sum_{n=1}^\infty (nx^{2n-1}+nx^{2n-2}). כעת כל מה שנישאר זה קצת לשחק עם המקדמים והמשתנים ככה שיצא טור מקלורן. (יש לשים לב שהמקדמים של הטור יהיו 1,1,2,2,3,3... ולכן נשתמש ב- ceil או floor לתאר את המקדמים)


  • הצעה אחרת לפתרון ל-5ב כאן


  • אפשר לפתור את התרגיל הזה גם בגישה ישירה:

\frac{1+x}{(1-x^2)^2}=\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-x^2}

ידוע ש:

\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\ldots

\frac{1}{1-x^2}=1+x^2+x^4+\ldots

ולכן

\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-x^2}=(1+x+x^2+\ldots)(1+x^2+x^4+\ldots)

=1(1+x+x^2+\ldots)+x^2(1+x+x^2+\ldots)+x^4(1+x+x^2+\ldots)+\ldots=(1+x+x^2+\ldots)+(x^2+x^3+x^4+\ldots)+(x^4+x^5+x^6+\ldots)+\ldots

ומכאן קל לראות שהמקדמים צריכים להיות 1,1,2,2,3,3 וכו'

שאלה 6

נזכור כי הנוסחה לחישוב אורך עקומה של f(x) בקטע [a,b] היא \int_a^b \sqrt{1+(f'(x))^2} dx ולכן אנחנו מחפשים את \int_0^{\frac{\pi}6}\sqrt{1+((\ln\cos(x))')^2}dx.

מתקיים: \frac{d}{dx}\ln\cos(x) = \frac{-\sin(x)}{cos(x)}=-\tan(x).

כמו כן, 1+(-\tan(x))^2=1+\frac{\sin^2(x)}{\cos^2(x)}=\frac1{\cos^2(x)}.

נראה כי \forall x \in [0,\frac{\pi}6] :\cos(x)>0 ולכן \sqrt{\frac{1}{\cos^2(x)}}=\frac1{\cos(x)} ולא צריך לדאוג לגבי הסימן של המכנה (שורש תמיד חיובי ויש מקרים בהם דווקא -\cos(x) חיובי בעוד ש- \cos(x) שלילי)

נרצה לחשב כעת את \int_0^{\frac{\pi}6} \frac{1}{\cos(x)} dx

נעזר בהצבה אוניברסאלית t=tan(\frac { x }{ 2 } ), ולכן האינטגרל הוא

\int _{ 0 }^{ \frac { \pi  }{ 6 }  }{ \frac { 1 }{ cosx } dx } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi  }{ 12 } ) }{ \frac { 1 }{ \frac { 1-t^{ 2 } }{ t^{ 2 }+1 }  } \cdot \frac { 2dt }{ t^{ 2 }+1 }  } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi  }{ 12 } ) }{ \frac { 2 }{ 1-t^{ 2 } } dt } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi  }{ 12 } ) }{ \frac { 2 }{ 1-t^{ 2 } } dt } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi  }{ 12 } ) }{ [\frac { 1 }{ t+1 } -\frac { 1 }{ t-1 } ]dt } = =[ln|t+1|-ln|t-1|\quad ]_{ 0 }^{ tan(\frac { \pi  }{ 12 } ) }=ln|\frac { t+1 }{ t-1 } |\quad ]_{ 0 }^{ tan(\frac { \pi  }{ 12 } ) }=0.5493...