פתרון מבחן בחדו"א 2א - פר' מרדכי אפשטיין 2000
Post on 08-Aug-2015
72 Views
Preview:
DESCRIPTION
TRANSCRIPT
2000 – אפשטיין 2 חדו"א : 1 שאלה
fתהי n סדרת פונקציות המתכנסת במ"ש על קבוצה A לפונקציה f תהי .x0∈acc (A)-כך ש ,
limx→x0
f n (x )=an-הוכיחו ש .limx→x0
f (x)= limn→∞
an
פתרון:מכיוון שיש התכנסות במ"ש:
∀ ε>0 ,∃N 1∈N :∀ n≥ N1 , ∀ x∈ A ,|f n ( x )−f ( x )|< ε2לפי הגדרת הגבול:
∀n∈N ,∀ ε>0 ,∃N2∈N :∀ x∈(x0− 1N2
, x0+1N2
) ,|f n (x )−an|< ε2
N=maxנבחר {N1 , N2} ונבחר ,x∈(x0−1N
,x0+1N
, ונתבונן על:(
|f ( x )−an|=|f ( x )−f n ( x )+ f n ( x )−an|≤|f ( x )−f n ( x )|+|f n (x )−an|< ε2+ ε2=ε
ולכן:
limx→x0
f (x)=limn→∞
an
: 2 שאלה [ והוכיחו כי תנאי זה מספיק.a,b על ]fציינו תנאי הכרחי ומספיק ואינטגרביליות של א.
[. הוכיחו כי היא אינטגרבילית שם.a,b פונקציה מונוטונית על ]fתהי ב.
פתרון:סעיף א':
f:אינטגרבילית רימן אמ"מ היא מקיימת את תנאי דרבו
∀ ε>0 ,∃ δ>0 :∀ π : λ ( π )<δ ,¿ מקיימת את תנאי דרבו. נראה כי היא אינטגרבילית רימן. נשים לב לכך ש:fנניח כי
∑i=1
n
infx∈[ x i−1 , x i]
f (x )Δ xi−ε<∑i=1
n
¿x∈ [x i−1 , x i]
f (x )Δ x i<∑i=1
n
infx∈[ x i−1 , x i]
f (x )Δ x i+ε
לכן:
∀ {t i }i=1n
,∑i=1
n
infx∈ [ xi−1 , x i]
f (x)Δ x i−ε<∑i=1
n
f (t i ) Δ x i<∑i=1
n
¿x∈ [ xi−1 , xi ]
f (x)Δ x i<∑i=1
n
infx∈ [ xi−1 , xi ]
f (x)Δ x i+ε
נסמן:
I=∑i=1
n
infx∈ [ x i−1 , x i]
f (x)Δ x i
כך ש:
∀ {t i }i=1n
, I−ε<∑i=1
n
f (t i ) Δ x i< I+ε
סעיף ב': עולה(:fנתבונן הפרש בין סכומי דרבו )נניח בלי הגבלת הכלליות כי
©Noy Soffer 2013
¿ולכן, הפונקציה אינטגרבילית רימן.
: 3 שאלה
∫חשבו א. ( x11
x8+3 x4+2 )dx∑יהי ב.
n=1
∞
an טור מתבדר שכל איבריו חיוביים, ותהי Snסדרת הסכומים החלקיים. הוכיחו שהטור
∑n=1
∞ an
Sn
מתבדר.
פתרון:סעיף א':
∫ ( x11
x8+3 x4+2 )dx= ∫ ( x3− x3 (3x 4+2 )(x4+1 ) (x 4+2 ) )dx= x4
4− ∫
x3 (3 x4+2 )(x4+1 ) (x4+2 )
dx=[ t=x4+1
dx= dt4 x3
3 x4+2=3 t−1]= x4
4−14
∫ ( 3 t−1t (t+1 ) )dt= x4
4−14
∫ ( 4t+1−1t )dt= x4
4−ln (t+1 )+ lnt
4=
x4
4−ln ( x4+2 )+ ln (x4+1 )
4+c
סעיף ב':נשים לב לכך ש:
∑n=1
∞ an
Sn
=∑n=1
∞ an
∑k=1
n
ak
=∑n=1
∞
an∑k=1
n1ak
נתבונן על:
lim¿ N →∞∑n=1
N+1 an
Sn
∑n=1
N an
Sn
=1+aN+1
S N+1
>1
לכן, לפי מבחן המנה של קושי, הטור מתבדר.
: 4 שאלה
αמצא את כל הערכים של ,β עבורם קיים הגבול lim( x , y )→(0,0 )
xα+β
x2+ y2
פתרון:אם הגבול הכפול קיים, אז בפרט הגבולות החוזרים קיימים ושווים. נדרוש זאת:
limy→ 0
limx→ 0
xα+β
x2+ y2= lim
y→ 00=0
limx→0
limy→0
xα+β
x2+ y2=lim
x→0
xα +β
x2=lim
x→0xα+β−2=0⇔α+ β>2
©Noy Soffer 2013
, אזα+β>2נעיר שכאשר
| xα+β
x2+ y2|≤|xα+β
x2 |=|xα+β−2|→0
: 5 שאלה
∫חשבו א.0
12ln (1+x )
xdx 0.01 בדיוק של
∑בדקו התכנסות של הטור ב.n=1
∞
(1−nsin( 1n ))פתרון:
סעיף א':נשים לב לכך ש:
ln (1+x )=∑n=1
∞
(−1 )n−1 xn
לכן:
ln (1+x )x
=∑n=1
∞
(−1 )n−1 xn−1=∑m=0
∞
(−1 )mxm
לכן:
∫0
12ln (1+x )
xdx=∑
m=0
∞
∫0
12
(−1 )m xmdx=∑m=0
∞ (−1 )mxm+1
(m+1)=∑
m=0
∞ (−1 )m
2m+1(m+1)=∑
k=1
∞ (−1 )k−1
2m+1k מכיוון שזהו טור חזקות שמתכנס לפונקציה, לפי יחידות טור טיילור, זהו טור הטיילור של
הפונקציה. לכן, אפשר לחשב עד היכן צריכים לסכום כדי לקבל את הדיוק הרצוי לפי שאריתלגרנז':
|Rn ( x )|=| (−1 )n
2n+1 (1+ξ )n+1|≤| 1
2n+1( 32 )n+1|=| 13n+1|<10−2⇔3n+1>100⇔n+1>5⇔n>4⇔n≥5
לכן, עלינו לסכום את הטור עד לאיבר החמישי:
P5( 12 )= 14− 116
+ 148
− 1128
+ 1320
סעיף ב':הטור מתכנס אם ורק אם האינטגרל מתכנס, ולכן, נתבונן על:
∫1
∞
(1−xsin( 1x ))dx=∫1
∞
1dx−∫1
∞
xsin( 1x )dx=[ t=1x
t (0 )=∞ ,t (∞ )=0
dx=−dtt 2
]=∫1∞ 1dx−∫1∞ ( sintt 3 )dt=∫1
∞
( 1t 2
¿−sint
t 3)dt<∫
1
∞1t 2
dt<∞¿
לכן, האינטגרל מתכנס, ולכן, גם הטור מתכנס.
©Noy Soffer 2013
: 6 שאלה
fתהי א. n ( x )=e−(x−n )2
i.-[-בדקו אם הסדרה מתכנסת במ"ש בa,a לכל ]a>0ii.-בדוק אם הסדרה מתכנסת במ"ש בR
∫בדקו התכנסות של האינטגרל ב.0
π
( 11−sinx
)dx
פתרון:סעיף א':
ראשית נעיר כי:
∀ x∈R , limn→∞
e−( x−n)2=0= f (x)
, ע"י בדיקת הנגזרת:Rנחשב את הסופרמום על הסדרה ב-
f n' ( x )=−2 ( x−n ) e−(x−n )2
a−], אבל, בכל קטע סופי וסגור x=nהפונציה מקבלת קיצון )במקרה הזה מקסימום( עבור ,a],
x≠n כי ,n-אינסופי. אבל, כבר מכאן, ניתן לראות כי הסדרה לא מתכנסת במ"ש ב Rכי ניתן , , כך ש:x=nלבחור
f n ( x )−0=e−( n−n)2=1≠0 אבל בכל קטע סופי וסגור, לא ניתן להשתמש בטיעון זה, ולכן, נחשב מה קורה בכל קטע סגור
[−a ,a]:
בקטע(, ולכן, הפונקציה תקבלx לכל x<nנשים לב לכך בכל קטע סופי, הנגזרת חיובית תמיד )כי . נחשב:x=aמקסימום עבור
¿[−a ,a ]
¿¿
ולכן, בכל קטע סופי וסגור, יש התכנסות במ"ש.
סעיף ב':נפריד את האינטגרל:
∫0
π1
1−sinxdx=2∫
0
π2
11−sinx
dx=2∫0
π21+sinxcos2 x
dx=2∫0
π2
( 1cos2 x
+ tanxcosx
¿dx )=2 [ tanx ]0π2+2∫
0
π2
tanxcosx
dx=[t=cosx
dx=dt
−sinx
t (0 )=1 , t( π2 )=0]=2 [ tanx ]0π2+2∫
0
11
cos2tdt=2( [tanx ]0
π2−tan 1)=∞¿
©Noy Soffer 2013
top related