' סמסטר ב' מועד א 2009 א' – גלוסקין/קלרטג 2 חדו"א : 1 שאלה

fתהי :R→C 2 מחזוריתπ וגזירה אינסוף פעמים. הוכיחו שלכל p>0:שלם, מתקיים

limn→±∞

n p f̂ (n)

פתרון: מוגדר.f מחזורית, כל נגזרת שלה גם מחזורית, כך שמקדם פורייה של הנגזרת של fמכיוון ש-

נעיר כי באופן כללי:

∀n∈Z , f̂ ' (n )=¿ f̂ (n)ובצורה יותר כללית:

∀n∈Z , ∀ p∈N f̂ ( p+1 ) (n )=¿ f̂ ( p)(n)לכן:

∀n∈Z , ∀ p∈N , f̂ (n )=f̂ (p ) (n )

( ¿ ) p

לפי הלמה של רימן לבג:

limn→∞

f̂ (p )(n)=0

ולכן:

limn→∞

f̂ (n )n p=limn→∞

f̂ (p ) (n )n p

(¿ ) p=lim

n→∞

f̂ (p ) (n )i p

=0

limn→∞

f̂ (p ) (n )np

(¿ )p

: 2 שאלה חשבו את הטור:

∑n=0

∞n2

3n

פתרון:נגדיר:

f ( x )=∑n=0

∞

xn+2= x2

1−x

. x∈(−1,1)מתכנס עבור

נגזור:

f ' ( x )=∑n=1

∞

(n+2 ) xn−1=∑n=1

∞

nxn−1+2∑n=1

∞

xn−1=2 x (1−x )+x2

(1−x )2=

x (2−x )(1−x )2

לכן:

∑n=1

∞

nxn−1=x (2−x )(1−x )2

− 2x [∑

n=0

∞

xn−1]= x (2−x )(1−x )2

−2x ( 11−x

−1)= x (2−x )(1−x )2

− 21−x

=¿

x (2−x )−2 (1−x )(1−x )2

=−x2+4 x−2(1−x )2

שוב נגזור:

©Noy Soffer 2013

f ' ' ( x )=∑n=2

∞

n (n−1 ) xn−2+2∑n=2

∞

(n−1 ) xn−2=∑n=2

∞

n2 xn−2−2∑n=2

∞

n xn−2−2∑n=2

∞

xn−2=(2−2x ) (1−x )2+2x (1−x ) (2−x )

(1−x )4=2 (1−x )2+2x (2−x )

(1−x )3= 21−x

+2 x (2−x )

(1−x )3

מצד שני:

21−x

+2 x (2−x )

(1−x )3=∑

n=2

∞

n2 xn−2−2∑n=2

∞

n xn−2−2∑n=2

∞

xn−2=¿

1x2∑n=2

∞

n2 xn− 2x∑n=2

∞

n xn−1− 2x2∑n=2

∞

xn= 1x2∑n=2

∞

n2 xn−2x [−x2+4 x−2

(1−x )2−1−2x ]− 2

x2 [ 11−x

−1−x ]=¿

1x2∑n=2

∞

n2 xn− 2x [−x2+4 x−2−(1+2x )(x2−2x+1)

(1− x )2 ]− 21− x

=¿

1x2∑n=2

∞

n2 xn− 2x [−2 x3+2 x2+4 x−3(1−x )2 ]− 2

1−x

:לכן, נעביר אגפים, כדי לקבל

1x2∑n=2

∞

n2 xn= 41−x

+2 x (2−x )

(1−x )3+ 2x (−2 x

3+2x2+4 x−3(1−x )2 )

:לכן

∑n=0

∞

n2 xn=[ 41−x

+2x (2−x )

(1−x )3+ 2x (−2 x

3+2x2+4 x−3(1−x )2 )+1] x2+1

∑לכן, אם אנחנו רוצים לחשב את n=0

∞n2

3nx=1, מספיק להציב 3

בסכום הזה:

∑n=0

∞n2

3n=[3+ ( 53 )

( 23 )2+6 (

−227

+ 29+ 43−3

49

)+1]( 19 )+1=3+ 154 +6(−16 + 12+13− 43 )+1

9+1=

3+ 154

−1+3+2−8+1

9+1= 5

12+1=17

12

: 3 שאלה

∫האםא.0

∞

sin x23 dx?מתכנס

fתהי ב. :R→R-פונקציה גזירה ברציפות, כך ש ∫0

∞

f ( x )dx-מתכנס, ו f -חסומה. הוכיחו ש ’limx→∞

f (x)=0

פתרוןסעיף א':

לא!

©Noy Soffer 2013

2π)נעיר כי זו פונקצייה מחזורית עם מחזור )22π), ומתקיים לכל קטע מאורך 3 )

2 )לפי תרגיל בית( כי:3

∀a∈R :| ∫a

a+(2 π )23

sin x32dx|=|∫

0

(2 π )23

sin x32 dx|≥|∫

0

(2π )23

sinxdx|=|−cos (2π )23−1|=C≠0

x1 מתאים. יהיו X ו-ε>0יהי , x2≥ X : x1=(2πk )23 , x2=(2(10100)πk )

23+( π2 )

23

נתבונן על:

|∫x1

x2

sin x32 dx|=10100| ∫

(2πk )23

(2πk )23+( π2 )

23

sin x32 dx|≥10100C>ε

ולכן, האינטגרל לא מקיים את תנאי קושי להתכנסות, ולכן, הוא לא מתכנס.

סעיף ב':

xn}. לכן, קיימת 0 לא מתכנסת ל-fנניח בשלילה ש- }n=0∞

lim, כך ש- n→∞

xn=∞וכי ,

∃ ε0>0 :∀ N∈N ,∃n≥N : f (xn)>ε0.

חסומה, ונסמן:fהנגזרת של

∃M ≥0:∀ x∈R ,|f ' ( x )|≤M

xn}נניח כי הסדרה }n=0∞

עולה, וכי:

∀n∈N , xn+1−xn>ε0M

ממשפט לגרנז':

∀ x∈(xn−ε02M

,xn+ε02M ),∃ c∈ [xn , x0 ] :|f ( x )−f (xn )|=f ' (c )|x−xn|<

M ε02M

=ε 02

ולכן:

f ( x )>ε02

−xn)ולכן, יש לנו אינסוף קטעים ε02M

,xn+ε02M

, כך ש-(

∀n∈N ,∀ x∈(xn−ε02M

,xn+ε 02M ) , f ( x )>

ε02

לכן:

∀n∈N , ∫xn−

ε02M

xn+ε 02M

f ( x )dx> ∫xn−

ε02M

xn+ε02M ε02

>ε0

מתכנס. fבסתירה להנחה שהאינטגרל של

: 4 שאלה

©Noy Soffer 2013

∫=Rkחשבו את a

b

tk lntdt:

הראו כי:א.

Rk=1

k+1[bk+1lnb−ak +1lna ]−bk +1−ak+1

(k+1 )2

חשבו את:ב.

∫a

blnt1−t

dt

מצאו את:ג.lim

a→0+¿ , ¿b→1−¿∫a

blnt1−t

dt ¿

¿

פתרון:סעיף א':

נחשב ישירות:

Rk=∫a

b

tk lntdt=[ u=t k v=t (lnt−1 )v '=lnt u'=k tk−1 ]=[ t k+1 (lnt−1 ) ]a

b−∫

a

b

k tk ( lnt−1 )dt=bk+1 ( lnb−1 )−ak+1 ( lna−1 )−k Rk−∫a

b

k t k dt=¿

bk+1 ( lnb−1 )−ak+1 (lna−1 )−k Rk−k (bk+1−ak+1)

k+1לכן:

Rk=bk+1 (lnb−1 )−ak+1 ( lna−1 )

k+1−

k (bk+1−ak+1)(k+1 )2

כנדרש.

סעיף ב':נעשה החלפת משתנים:

∫a

bln t1−t

dt= [u=1−t ,du=−dt ]=∫1−a

1−bln (1−u )

udu

נסמן:

f ( x )= ln (1− x )x

נשים לב לכך ש:

ln (1−x )x

=∑k=0

∞xk

kולכן:

∫1−a

1−bln (1−x )

xdx=∑

k=0

∞

∫1−a

1−bxk

kdx=∑

k=0

∞ (1−b)k+1−(1−a)k+1

k (k+1 )סעיף ג':

נתבונן על:

©Noy Soffer 2013

lima→ 0 ,b→ 1

∫a

blnt1−t

dt= lima→0 , b→1

∫1−a

1−bln (1−x)

xdx= lim

a→ 0 ,b→ 1∑k=0

∞ (1−b )k +1−(1−a )k+1

k (k+1 )=lim

a→0∑k=0

∞ −(1−a )k+1

k ( k+1 )=∑

k=0

∞ (1−a )k+1

k (k+1 )

: 5 שאלה

uתהי :R2→R( גזירה ברציפות. נתון כי לכל נקודה x,y:על מעגל היחידה, מתקיים )

y∂u∂x

−x∂u∂ y

≥0

נסמן:

f (t )=u (cost , sint )∀הוכיחו כי א. t∈ [0,2 π ] , f ' (t )≤0 קבועהfהוכיחו כי ב.

פתרוןסעיף א':

לפי כלל השרשרת:

f ' (t )=∂u∂ x

∂ x∂ t

(cost , sint )+ ∂u∂ y

∂ y∂ t

(cost , sint )=−sint∂u∂ x

(cost , sint )+cost∂u∂ y

(cost , sint )=x∂u∂ y

− y∂u∂x

≤0

סעיף ב': יורדת.f אי-חיובית, ולכן, fהנגזרת של

נתבונן על:

0≥ f ' (π−t)=∂u∂ x

∂ x∂ t

( sint , cost )+ ∂u∂ y

∂ y∂ t

( sint , cost )=cost∂u∂x

(sint , cost )−sint∂u∂ y

(sint , cost )= y∂u∂ x

−x∂u∂ y

≥0

לכן:

∀ t∈R , f ' (π−t )=0ולכן:

∀ t∈R , f ' (t )=0 קבועה.fולכן,

©Noy Soffer 2013