Mentora
0

Practice Center

מרכז תרגול

187 שאלות מתרגולים, מטלות ומבחני עבר — מסוננות לפי מקור, קושי וחשיבות.

104תרגולים
35מטלות
48מבחני עבר

תרגולים

תרגול 1

לופיטל ודרבו

6 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 1לא סווגגבולותסדרותפונקציות

תרגול 1 היום: משפט לופיטל.

משפט דרבו.

תזכורת: משפט לופיטל:

נניח כי תהיינה x0,b∈Rx_0, b \in \mathbb{R} כך ש x0<bx_0 < b ותהיינה f,gf, g פונקציות המוגדרות ב (x0,b)(x_0, b).

1.lim⁡x→x0+f(x)=lim⁡x→x0+g(x)=0\lim_{x \to x_0^+} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} g(x) = 0 או lim⁡x→x0+g(x)=∞\lim_{x \to x_0^+} g(x) = \infty.
2.f,gf, g גזירות ב (x0,b)(x_0, b).
3.לכל x∈(x0,b)x \in (x_0, b) מתקיים g′(x)≠0g'(x) \neq 0.
4.קיים הגבול lim⁡x→x0+f′(x)g′(x)\lim_{x \to x_0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} במובן הרחב.

אזי גם הגבול lim⁡x→x0+f(x)g(x)\lim_{x \to x_0^+} \frac{f(x)}{g(x)} קיים במובן הרחב, ובנוסף:

lim⁡x→x0+f(x)g(x)=lim⁡x→x0+f′(x)g′(x)\lim_{x \to x_0^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)}

הערה: כלל לופיטל תקף רק במקרים: 00\frac{0}{0}, ∞∞\frac{\infty}{\infty}.

2
שאלה 0בינוניגבולותסדרותפונקציות

דוגמאות: חשבו כל אחד מהגבולות הבאים או הוכיחו שאינו קיים במובן הרחב:

1. lim⁡x→0[x⋅e1x]\lim_{x \to 0} \left[ x \cdot e^{\frac{1}{x}} \right]

פתרון:

נפריד לגבולות חד צדדיים.

גבול מימין:

lim⁡x→0+[x⋅e1x]=lim⁡x→0+e1x1x=∞∞=L’Hlim⁡x→0+e1x⋅(−1x2)−1x2=∞\lim_{x \to 0^+} \left[ x \cdot e^{\frac{1}{x}} \right] = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x}} = \frac{\infty}{\infty} = \text{L'H} \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{\frac{1}{x}} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right)}{-\frac{1}{x^2}} = \infty

כאשר:

lim⁡x→0+e1x=t=1xlim⁡t→∞et=∞\lim_{x \to 0^+} e^{\frac{1}{x}} \underset{t = \frac{1}{x}}{=} \lim_{t \to \infty} e^t = \infty

גבול משמאל:

lim⁡x→0−x⋅e1x=0⋅0=0\lim_{x \to 0^-} x \cdot e^{\frac{1}{x}} = 0 \cdot 0 = 0

כאשר:

lim⁡x→0−e1x=t=1xlim⁡t→−∞et=0\lim_{x \to 0^-} e^{\frac{1}{x}} \underset{t = \frac{1}{x}}{=} \lim_{t \to -\infty} e^t = 0

קיבלנו שהגבולות החד צדדיים שונים, לכן הגבול לא קיים במובן הרחב.

2.

3
שאלה (a)קשהגבולותסדרותפונקציות

תזכורת: משפט דרבו:

תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a, b]. נניח כי ff גזירה ב-[a,b][a, b] ונניח בנוסף כי f′(a)⋅f′(b)<0f'(a) \cdot f'(b) < 0. אזי קיימת a<c<ba < c < b שעבורה f′(c)=0f'(c) = 0.

משפט דרבו המורחב:

תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a, b]. נניח כי ff גזירה ב-[a,b][a, b]. יהי r∈Rr \in \mathbb{R} וכי f′(a)≤r≤f′(b)f'(a) \leq r \leq f'(b) או f′(b)≤r≤f′(a)f'(b) \leq r \leq f'(a). אזי קיימת a≤c≤ba \leq c \leq b שעבורה f′(c)=rf'(c) = r.

הוכחה:

אם f′(a)=rf'(a) = r, אזי סיימנו (c=a)(c = a).

אם f′(b)=rf'(b) = r, אזי סיימנו (c=b)(c = b).

אחרת, f′(a)<r<f′(b)f'(a) < r < f'(b) או f′(b)<r<f′(a)f'(b) < r < f'(a).

נגדיר g(x)=f(x)−rxg(x) = f(x) - rx לכל x∈[a,b]x \in [a, b].

נשים לב כי gg גזירה ב-[a,b][a, b] וכי לכל x∈[a,b]x \in [a, b] מאשג"ז מתקיים:

g′(x)=f′(x)−rg'(x) = f'(x) - r

אם f′(a)<r<f′(b)f'(a) < r < f'(b):

g′(a)=f′(a)−r<0g'(a) = f'(a) - r < 0
g′(b)=f′(b)−r>0g'(b) = f'(b) - r > 0

לכן g′(a)⋅g′(b)<0g'(a) \cdot g'(b) < 0, ולכן ממשפט דרבו קיימת a<c<ba < c < b שעבורה g′(c)=0g'(c) = 0.

כלומר g′(c)=0⇒f′(c)−r=0⇒f′(c)=rg'(c) = 0 \Rightarrow f'(c) - r = 0 \Rightarrow f'(c) = r.

אם f′(b)<r<f′(a)f'(b) < r < f'(a):

g′(a)=f′(a)−r>0g'(a) = f'(a) - r > 0
g′(b)=f′(b)−r<0g'(b) = f'(b) - r < 0

לכן g′(a)⋅g′(b)<0g'(a) \cdot g'(b) < 0, ולכן ממשפט דרבו קיימת a<c<ba < c < b שעבורה g′(c)=0g'(c) = 0.

כלומר f′(c)−r=0⇒f′(c)=rf'(c) - r = 0 \Rightarrow f'(c) = r.

4
שאלה (x)לא סווגגבולותסדרותפונקציות

תרגיל:

תהי f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} פונקציה גזירה. נניח כי {f′(x):x∈R}⊆Q\{f'(x) : x \in \mathbb{R}\} \subseteq \mathbb{Q}.

1. הוכיחו כי f′f' היא קבועה, כלומר שקיים q0∈Qq_0 \in \mathbb{Q} כך ש- f′(x)=q0f'(x) = q_0 לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

פתרון:

נניח בשלילה ש-f′f' לא קבועה, לכן קיימים x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש-x1≠x2x_1 \neq x_2 וכך ש-f′(x1)<f′(x2)f'(x_1) < f'(x_2).

מצפיפות R∖Q\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} קיים r∈R∖Qr \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} כך ש-f′(x1)<r<f′(x2)f'(x_1) < r < f'(x_2).

לכן ממשפט דרבו המורחב קיימת נקודה cc בין x1x_1 ל-x2x_2 כך ש-f′(c)=rf'(c) = r בסתירה לכך ש-{f′(x):x∈R}⊆Q\{f'(x) : x \in \mathbb{R}\} \subseteq \mathbb{Q}.

לכן f′f' היא קבועה ולכן קיים q0∈Qq_0 \in \mathbb{Q} כך ש-f′(x)=q0f'(x) = q_0 לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

2. הוכיחו כי קיים r0∈Rr_0 \in \mathbb{R} כך ש- f(x)=q0⋅x+r0f(x) = q_0 \cdot x + r_0 לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

פתרון:

נגדיר את g(x)=f(x)−q0xg(x) = f(x) - q_0x.

נשים לב כי gg גזירה וכי לכל x∈Rx \in \mathbb{R} מתקיים:

g′(x)=f′(x)−q0=q0−q0=0g'(x) = f'(x) - q_0 = q_0 - q_0 = 0

ולכן gg קבועה ב-R\mathbb{R}, כלומר קיים r0∈Rr_0 \in \mathbb{R} כך שלכל x∈Rx \in \mathbb{R} מתקיים g(x)=r0g(x) = r_0.

לכן לכל x∈Rx \in \mathbb{R}:

f(x)−q0x=r0⇒f(x)=q0⋅x+r0f(x) - q_0x = r_0 \Rightarrow f(x) = q_0 \cdot x + r_0
5
שאלה (x)בינוניגבולותסדרותפונקציות

הוכיחו או הפריכו: הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות:

1.יהי f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} פונקציה גזירה המקיימת lim⁡x→∞f′(x)=L\lim_{x \to \infty} f'(x) = L ו-L>0L > 0. אזי lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty.

פתרון:

הטענה נכונה. נוכיח בעזרת לופיטל.

lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞x⋅f(x)x\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} x \cdot \frac{f(x)}{x}

נחשב בנפרד את הגבול lim⁡x→∞f(x)x\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}:

lim⁡x→∞f(x)x=∞∞=L’H=lim⁡x→∞f′(x)1=L\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \frac{\infty}{\infty} = \text{L'H} = \lim_{x \to \infty} \frac{f'(x)}{1} = L

נחזור לתרגיל ומאש"ג נקבל:

lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞x⋅f(x)x=∞⋅L=∞\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} x \cdot \frac{f(x)}{x} = \infty \cdot L = \infty
2.תהי f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} פונקציה גזירה. נניח כי קיים במובן הרחב lim⁡x→∞f′(x)\lim_{x \to \infty} f'(x) ומתקיים lim⁡x→∞f′(x)=L\lim_{x \to \infty} f'(x) = L. אזי קיים במובן הרחב lim⁡x→∞f(x)x\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} ומתקיים lim⁡x→∞f(x)x=lim⁡x→∞f′(x)\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} f'(x).

פתרון:

הטענה לא נכונה.

דוגמא נגדית: נבחר f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

נשים לב כי:

lim⁡x→∞f(x)x=lim⁡x→∞sin⁡xx=lim⁡x→∞sin⁡x⋅1x=B×V=0\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to \infty} \sin x \cdot \frac{1}{x} = B \times V = 0

אבל f′(x)=cos⁡xf'(x) = \cos x לכל x∈Rx \in \mathbb{R}, ולכן:

lim⁡x→∞f′(x)=lim⁡x→∞cos⁡x\lim_{x \to \infty} f'(x) = \lim_{x \to \infty} \cos x

לא קיים במובן הרחב.

6
שאלה 3לא סווגגבולותסדרותפונקציות

נושא 3. הפונקציה המוגדרת לכל x∈Rx \in \mathbb{R}

f(x)={sin⁡xxx≠01x=0f(x) = \begin{cases} \frac{\sin x}{x} & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}

גזירה.

פתרון:

הטענה נכונה.

יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} כלשהו. ברור ש־ff גזירה לכל x0≠0x_0 \neq 0 מאשר"ז.

עבור x0=0x_0 = 0 נקבל:

f′(0)=lim⁡x→0f(x)−f(0)x−0=lim⁡x→0sin⁡xx−1x=lim⁡x→0sin⁡x−xx2f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin x}{x} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^2}
=00=L′Hlim⁡x→0cos⁡x−12x=00=L′Hlim⁡x→0−sin⁡x2=0= \frac{0}{0} \stackrel{L'H}{=} \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{2x} = \frac{0}{0} \stackrel{L'H}{=} \lim_{x \to 0} \frac{-\sin x}{2} = 0

---

נושא 4. קיימת פונקציה f:[−1,1]→Rf: [-1, 1] \to \mathbb{R} גזירה ולא קבועה בקטע [−1,1][-1, 1] כך ש־f′(x)=0f'(x) = 0 לכל x∈[−1,0)∪(0,1]x \in [-1, 0) \cup (0, 1].

פתרון:

הטענה לא נכונה.

נניח בשלילה שקיימת פונקציה כזאת. אזי היא קבועה בקטע.

היות ש־f′(x)=0f'(x) = 0 לכל x∈[−1,0)∪(0,1]x \in [-1, 0) \cup (0, 1], לכן אם f′(0)≠0f'(0) \neq 0, אחרת f′(0)=0f'(0) = 0.

כך ש־f′(0)=0f'(0) = 0 לכל x∈[−1,1]x \in [-1, 1].

מאחר ש־f′(−1)=0f'(-1) = 0 ו־f′(1)=0f'(1) = 0, אזי f′(0)≠0f'(0) \neq 0, לכן:

f'(-1) = 0 < \frac{f'(0)}{2} < f'(0) \quad \text{או} \quad f'(0) < \frac{f'(0)}{2} < f'(1) = 0

ממשפט דרבו המורחב קיימת נקודה cc כך ש־0<c<10 < c < 1 ולכן:

f′(c)=f′(0)2≠0f'(c) = \frac{f'(0)}{2} \neq 0

סתירה.

תרגול 2

סדרות

7 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהגבולותסדרותפונקציותרציפות

תרגול 2 היום: סדרות.

תזכורת:

יהי k∈Zk \in \mathbb{Z}, 0≤k0 \leq k ויהי L∈RL \in \mathbb{R}. סדרה של מספרים ממשיים (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty}.

נאמר כי LL הוא גבול של (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} אם לכל ε>0\varepsilon > 0 קיים N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \geq N מתקיים ∣an−L∣<ε|a_n - L| < \varepsilon ונאמר שהסדרה מתכנסת.

במקרה זה נסמן:

lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L

משפט (הלמה של היינה):

תהי ff פונקציה המוגדרת בסביבה מנוקבת של x0x_0. יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי L∈RL \in \mathbb{R}.

אם lim⁡x→x0f(x)=L\lim_{x \to x_0} f(x) = L, אזי לכל סדרה (xn)n=1∞(x_n)_{n=1}^{\infty} של מספרים ממשיים הנמצאת בסביבה המנוקבת, ושעבורה lim⁡n→∞xn=x0\lim_{n \to \infty} x_n = x_0, מתקיים lim⁡n→∞f(xn)=L\lim_{n \to \infty} f(x_n) = L.

הערה:

הלמה של היינה נכונה גם כאשר x0=±∞x_0 = \pm\infty ו-L=±∞L = \pm\infty, אולם יש לעדכן את ההוכחה בהתאם.

2
שאלה 0בינוניגבולותסדרותפונקציותרציפות

דוגמאות:

דוגמה 1. יהי a∈Ra \in \mathbb{R}, 0<a0 < a. חשבו את הגבול הבא, או הוכיחו שאינו קיים במובן הרחב:

lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a}

פתרון:

נגדיר f(x)=axf(x) = a^x לכל xx בסביבה המנוקבת של 00.

נגדיר xn=1nx_n = \frac{1}{n} לכל n≥1n \geq 1 טבעי.

נשים לב ש:

lim⁡n→∞xn=lim⁡n→∞1n=0\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0

ראינו באינפי 1 כי:

lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0ax=1\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} a^x = 1

ולכן מהלמה של היינה מתקיים:

1=lim⁡n→∞f(xn)=lim⁡n→∞f(1n)=lim⁡n→∞a1n=lim⁡n→∞an1 = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = \lim_{n \to \infty} f\left(\frac{1}{n}\right) = \lim_{n \to \infty} a^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a}
3
שאלה 2בינוניגבולותסדרותפונקציותרציפות
2.חשבו את הגבול הבא, או הוכיחו שאינו קיים במובן הרחב lim⁡n→∞nn\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}

פתרון:

נגדיר f(x)=x1xf(x) = x^{\frac{1}{x}} לכל x≥1x \geq 1 טבעי.

נגדיר xn=nx_n = n לכל n≥1n \geq 1.

נשים לב ש lim⁡n→∞xn=lim⁡n→∞n=∞\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} n = \infty.

נחשב את הגבול:

lim⁡x→∞x1x=lim⁡x→∞eln⁡(x1x)=lim⁡x→∞eln⁡xx=(∗) e0=1\lim_{x \to \infty} x^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to \infty} e^{\ln(x^{\frac{1}{x}})} = \lim_{x \to \infty} e^{\frac{\ln x}{x}} = (*)\ e^0 = 1

נחשב את הגבול במעריך (∗)(*):

lim⁡x→∞ln⁡xx=∞∞lim⁡x→∞1x1=lim⁡x→∞1x=0\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x} \stackrel{\frac{\infty}{\infty}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0

ולכן מהלמה של היינה מתקיים:

1=lim⁡n→∞f(xn)=lim⁡n→∞f(n)=lim⁡n→∞nn1 = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = \lim_{n \to \infty} f(n) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n}
4
שאלה 3קשהגבולותסדרותפונקציותרציפות
3.חשבו את הגבול הבא, או הוכיחו שאינו קיים במובן הרחב:
lim⁡n→∞[n0.6(n2+1)0.7−n2]\lim_{n \to \infty} \left[ n^{0.6} (n^2 + 1)^{0.7} - n^2 \right]

רמז: היעזרו בפונקציה f(x)=x0.7f(x) = x^{0.7} לכל x>0x > 0.

פתרון:

נגדיר f(x)=x0.7f(x) = x^{0.7} לכל x>0x > 0.

נשים לב ש־ff גזירה מאשג"ז ומתקיים f′(x)=0.7x−0.3f'(x) = 0.7x^{-0.3} לכל x>0x > 0.

כעת נחשב את הגבול:

lim⁡n→∞[n0.6(n2+1)0.7−n2]=lim⁡n→∞n2[(n2+1)0.7n1.4−1]\lim_{n \to \infty} \left[ n^{0.6} (n^2 + 1)^{0.7} - n^2 \right] = \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \frac{(n^2 + 1)^{0.7}}{n^{1.4}} - 1 \right]
=lim⁡n→∞n2[(n2+1n2)0.7−1]= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \left( \frac{n^2 + 1}{n^2} \right)^{0.7} - 1 \right]
=lim⁡n→∞n2[(1+1n2)0.7−1]= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right)^{0.7} - 1 \right]
=lim⁡n→∞(1+1n2)0.7−11n2= \lim_{n \to \infty} \frac{\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^{0.7} - 1}{\frac{1}{n^2}}

בהצבת xn=1n2x_n = \frac{1}{n^2} לפי הלמה של היינה:

=lim⁡h→0(1+h)0.7−1h=f′(1)=0.7= \lim_{h \to 0} \frac{(1 + h)^{0.7} - 1}{h} = f'(1) = 0.7

הוכחה ללמה של היינה:

תהי (xn)n=1∞(x_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים הנמצאת בסביבה המנוקבת של x0x_0 כך ש־lim⁡n→∞xn=x0\lim_{n \to \infty} x_n = x_0.

יהי ϵ>0\epsilon > 0. מהיות lim⁡x→x0f(x)=L\lim_{x \to x_0} f(x) = L מתקיים: קיים δ1>0\delta_1 > 0 כך שלכל 0<∣x−x0∣<δ10 < |x - x_0| < \delta_1 מתקיים:

∣f(x)−L∣<ϵ(∗)|f(x) - L| < \epsilon \quad (*)

מהיות lim⁡n→∞xn=x0\lim_{n \to \infty} x_n = x_0 מתקיים: קיים N1∈NN_1 \in \mathbb{N} כך שלכל n≥N1n \geq N_1 מתקיים:

0<∣xn−x0∣<δ1(∗∗)0 < |x_n - x_0| < \delta_1 \quad (**)

נבחר N=N1N = N_1. אזי עבור n≥Nn \geq N מתקיים (∗∗)(**) ולכן מתקיים (∗)(*) עבור xnx_n.

ולכן:

∣f(xn)−L∣<ϵ|f(x_n) - L| < \epsilon
5
שאלה 1קשהגבולותסדרותפונקציותרציפות

תרגיל: נביט בסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} המוגדרת באופן רקורסיבי על ידי

$$\begin{cases}

a1=a_1 = \frac{1}{4} \\

an+1=an2+a_{n+1} = a_n^2 + \frac{1}{4} & \forall n \in \mathbb{N}

\end{cases}$$

הוכיחו כי קיים הגבול lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n ומצאו את ערכו.

פתרון:

ראשית נוכיח באינדוקציה ש-0≤an<120 \leq a_n < \frac{1}{2} לכל n∈Nn \in \mathbb{N}.

בסיס האינדוקציה: 0≤a1=14<120 \leq a_1 = \frac{1}{4} < \frac{1}{2}.

צעד האינדוקציה: יהי n∈Nn \in \mathbb{N} ונניח שהטענה מתקיימת עבור nn (כלומר 0≤an<120 \leq a_n < \frac{1}{2}).

לכן

an+1=an2+14<14+14=12a_{n+1} = a_n^2 + \frac{1}{4} < \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}

ולכן הסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} חסומה מלעיל על ידי 12\frac{1}{2}.

שנית נוכיח באינדוקציה ש-(an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} עולה (כלומר an+1≥ana_{n+1} \geq a_n).

בסיס האינדוקציה: a2=(14)2+14=516>14=a1a_2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2 + \frac{1}{4} = \frac{5}{16} > \frac{1}{4} = a_1.

צעד האינדוקציה: יהי n∈Nn \in \mathbb{N} ונניח שהטענה מתקיימת עבור nn.

הוכחנו כי לכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים an≥0a_n \geq 0, ולכן

an+2=an+12+14≥an2+14=an+1a_{n+2} = a_{n+1}^2 + \frac{1}{4} \geq a_n^2 + \frac{1}{4} = a_{n+1}

הוכחנו כי הסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} עולה וחסומה מלעיל. לכן ממשפט 1 מהרצאה 1 קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש-

L=lim⁡n→∞an=sup⁡{an:n∈N}L = \lim_{n \to \infty} a_n = \sup \{a_n : n \in \mathbb{N}\}

ולכן ממשפט 3 מהרצאה 1 מתקיים lim⁡n→∞an+1=L\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = L.

6
שאלה 1קשהגבולותסדרותפונקציותרציפות

תרגיל:

נביט בסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} המוגדרת באופן רקורסיבי על ידי

$$\begin{cases}

a1=ca_1 = c \\

an+1=a_{n+1} = \arctan(an)arctan(a_n) & \forall n \in \mathbb{N}

\end{cases}$$

כאשר c>0c > 0.

הוכיחו כי קיים הגבול lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n ומצאו את ערכו.

רמז: arctan⁡x<x\arctan x < x לכל x>0x > 0.

פתרון:

ראשית נוכיח באינדוקציה ש־an>0a_n > 0 לכל n∈Nn \in \mathbb{N}.

בסיס האינדוקציה: a1=c>0a_1 = c > 0.

צעד האינדוקציה: יהי n∈Nn \in \mathbb{N} ונניח שהטענה מתקיימת עבור nn (כלומר an>0a_n > 0). לכן

an+1=arctan⁡(an)>0a_{n+1} = \arctan(a_n) > 0

(נזכור ש־arctan⁡x>0\arctan x > 0 לכל x>0x > 0).

הוכחנו כי הסדרה חסומה מלרע על ידי 00.

שנית נוכיח ש־(an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} יורדת. נראה כי לכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים an+1≤ana_{n+1} \leq a_n.

יהי n∈Nn \in \mathbb{N}. הוכחנו ש־an>0a_n > 0 לכל n∈Nn \in \mathbb{N}, ולכן ניתן להשתמש ברמז.

an+1=arctan⁡(an)<ana_{n+1} = \arctan(a_n) < a_n

הוכחנו כי הסדרה יורדת.

כך ש־(an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} יורדת וחסומה מלרע. ממשפט 2 מהרצאה 1 קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש

L=lim⁡n→∞an=inf⁡{an:n∈N}L = \lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n : n \in \mathbb{N}\}

ממשפט 3 מהרצאה 1 מתקיים

lim⁡n→∞an+1=L\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = L

כעת נשים לב כי

lim⁡n→∞an+1=lim⁡n→∞arctan⁡(an)\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \arctan(a_n)

בעזרת הלמה של הייינה ורציפות נקבל כי

lim⁡n→∞arctan⁡(an)=arctan⁡(L)\lim_{n \to \infty} \arctan(a_n) = \arctan(L)
7
שאלה (L)לא סווגגבולותסדרותפונקציותרציפות

ולכן נקבל כי L=arctan⁡(L)L = \arctan(L).

L=inf⁡{an:n∈N}≥0L = \inf \{a_n : n \in \mathbb{N}\} \geq 0, אזי 00 היות שהסדרה חסומה מלרע על ידי שעבורו יש שוויון, L>0L > 0 הוא פתרון של המשוואה ומהרמז לא יכול להיות L=0L = 0.

L=0L = 0 ולכן בהכרח L>arctan⁡(L)L > \arctan(L) כי בהכרח מתקיים lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0 כלומר קיבלנו כי 8

תרגול 3

אינטגרלים לא מסוימים

10 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 3לא סווגנגזרותסדרות

תרגול 3 היום: האינטגרל הלא מסוים.

תזכורת:

| f(x)f(x) | ∫f(x)dx\int f(x) dx |

|--------|----------------|

| xa,a≠−1x^a, a \neq -1 | xa+1a+1+C\frac{x^{a+1}}{a+1} + C |

| 1x\frac{1}{x} | ln⁡∥x∥+C\ln \|x\| + C |

| sin⁡x\sin x | −cos⁡x+C-\cos x + C |

| cos⁡x\cos x | sin⁡x+C\sin x + C |

| exe^x | ex+Ce^x + C |

| ax,a≠1,a>0a^x, a \neq 1, a > 0 | axln⁡a+C\frac{a^x}{\ln a} + C |

| 1cos⁡2x\frac{1}{\cos^2 x} | tan⁡x+C\tan x + C |

| 1sin⁡2x\frac{1}{\sin^2 x} | −cot⁡x+C-\cot x + C |

| 11+x2\frac{1}{1+x^2} | arctan⁡x+C\arctan x + C |

| 11−x2\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} | arcsin⁡x+C\arcsin x + C |

| −11−x2-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} | arccos⁡x+C\arccos x + C |

לינאריות האינטגרל הלא מסוים:

∫(af(x)+bg(x))dx=a∫f(x)dx+b∫g(x)dx=aF(x)+bG(x)+C\int (af(x) + bg(x)) dx = a\int f(x) dx + b\int g(x) dx = aF(x) + bG(x) + C
2
שאלה 1לא סווגנגזרותסדרות

דוגמאות:

.1 ∫1x3dx=∫x−3dx=x−2−2+C=−12x2+C\int \frac{1}{x^3} dx = \int x^{-3} dx = \frac{x^{-2}}{-2} + C = -\frac{1}{2x^2} + C

.2 ∫(2x+ex)dx=2ln⁡∣x∣+ex+C\int \left( \frac{2}{x} + e^x \right) dx = 2 \ln |x| + e^x + C

תזכורת: הצבה/החלפת משתנה

∫g(F(x))⋅f(x)dx=∫g(t)dt\int g(F(x)) \cdot f(x) dx = \int g(t) dt

כאשר t=F(x)t = F(x) ו-dt=f(x)dxdt = f(x) dx

.3 ∫5x−1dx=∫(x−1)15dx=∫t15dt=t6565+C=56(x−1)65+C\int 5\sqrt{x - 1} dx = \int (x-1)^{\frac{1}{5}} dx = \int t^{\frac{1}{5}} dt = \frac{t^{\frac{6}{5}}}{\frac{6}{5}} + C = \frac{5}{6}(x-1)^{\frac{6}{5}} + C

כאשר t=x−1,dt=dxt = x - 1, dt = dx

הערה: בהצבה לינארית תמיד נקבל

t=ax+bt = ax + b
dt=adxdt = a dx
dx=dtadx = \frac{dt}{a}
3
שאלה 4לא סווגנגזרותסדרות

.4

∫(1(1+x)2+51+x2−12x+1)dx\int \left( \frac{1}{(1 + x)^2} + \frac{5}{1 + x^2} - \frac{1}{2x + 1} \right) dx

נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל

∫1(1+x)2dx={t=1+x,dt=dx∫1t2dt=∫t−2dt=t−1−1+C=−1t+C=−11+x+C\int \frac{1}{(1 + x)^2} dx = \begin{cases} t=1+x, \\ dt=dx \end{cases} \int \frac{1}{t^2} dt = \int t^{-2}dt = \frac{t^{-1}}{-1} +C = -\frac{1}{t} +C = -\frac{1}{1 + x}+C
∫51+x2dx=5arctan⁡(x)+C\int \frac{5}{1 + x^2} dx = 5 \arctan (x) + C
∫12x+1dx={t=1+2x,dt=2dx∫12tdt=12ln⁡∣t∣+C=12ln⁡∣2x+1∣+C\int \frac{1}{2x + 1}dx = \begin{cases} t=1+2x, \\ dt = 2dx \end{cases} \int \frac{1}{2t}dt = \frac{1}{2} \ln | t | +C = \frac{1}{2} \ln | 2x + 1 | +C

לכן סה"כ נקבל

∫(1(1+x)2+51+x2−12x+1)dx=−11+x+5arctan⁡(x)−12ln⁡∣2x+1∣+C\int \left( \frac{1}{(1 + x)^2} + \frac{5}{1 + x^2} - \frac{1}{2x + 1} \right) dx = -\frac{1}{1 + x} + 5 \arctan(x) - \frac{1}{2} \ln | 2x + 1 | +C

.5

a,b>0a, b > 0,

∫1b+ax2dx=1b∫11+abx2dx=1b∫11+(abx)2dx={t=abx,dt=abdx\int \frac{1}{b + ax^2} dx = \frac{1}{b} \int \frac{1}{1 + \frac{a}{b} x^2} dx = \frac{1}{b} \int \frac{1}{1 + \left(\sqrt{\frac{a}{b}} x\right)^2} dx = \begin{cases} t=\sqrt{\frac{a}{b}} x, \\ dt=\sqrt{\frac{a}{b}} dx \end{cases}
1b∫11+t2badt=1b⋅ba⋅arctan⁡(t)+C=1ab⋅arctan⁡(abx)+C\frac{1}{b} \int \frac{1}{1 + t^2} \sqrt{\frac{b}{a}}dt = \frac{1}{b} \cdot \sqrt{\frac{b}{a}} \cdot \arctan (t)+C = \frac{1}{\sqrt{ab}} \cdot \arctan \left(\sqrt{\frac{a}{b}} x \right) + C
4
שאלה (x)לא סווגנגזרותסדרות

הערה:

∫f′(x)f(x)dx=ln⁡∣f(x)∣+C\int \frac{f'(x)}{f(x)} dx = \ln|f(x)| + C
∫f(x)f′(x)dx=f2(x)2+C\int f(x) f'(x) dx = \frac{f^2(x)}{2} + C

7.

∫(ex1+ex−sin⁡x3+cos⁡x)dx\int \left(\frac{e^x}{1+e^x} - \frac{\sin x}{3+\cos x}\right) dx

נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל. נשים לב שהנגזרת של המכנה שווה למונה בשני המקרים.

∫ex1+exdx=ln⁡∣1+ex∣+C\int \frac{e^x}{1+e^x} dx = \ln|1+e^x| + C
∫−sin⁡x3+cos⁡xdx=ln⁡∣3+cos⁡(x)∣+C\int \frac{-\sin x}{3+\cos x} dx = \ln|3+\cos(x)| + C

לכן סה"כ נקבל:

∫(ex1+ex−sin⁡x3+cos⁡x)dx=ln⁡∣1+ex∣+ln⁡∣3+cos⁡(x)∣+C\int \left(\frac{e^x}{1+e^x} - \frac{\sin x}{3+\cos x}\right) dx = \ln|1+e^x| + \ln|3+\cos(x)| + C

הערה: בשני האינטגרלים אפשר לוותר על הערך המוחלט, מכיוון שהביטויים בתוכם בהכרח חיוביים.

8.

∫ex1+e2xdx\int \frac{e^x}{1+e^{2x}} dx

בהצבה t=ext = e^x, dt=exdxdt = e^x dx:

∫11+t2dt=arctan⁡(t)+C=arctan⁡(ex)+C\int \frac{1}{1+t^2} dt = \arctan(t) + C = \arctan(e^x) + C
5
שאלה (x)לא סווגנגזרותסדרות

תזכורת: אינטגרציה בחלקים:

∫u′(x)v(x) dx=u(x)v(x)−∫u(x)v′(x) dx\int u'(x) v(x) \, dx = u(x) v(x) - \int u(x) v'(x) \, dx

9. ∫arcsin⁡(x) dx\int \arcsin(x) \, dx

נסמן u′=1u' = 1, u=xu = x, v=arcsin⁡(x)v = \arcsin(x), v′=11−x2v' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}

נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל:

∫arcsin⁡(x) dx=xarcsin⁡(x)−∫x1−x2 dx\int \arcsin(x) \, dx = x \arcsin(x) - \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx

נפתור "בצד" את האינטגרל שקיבלנו:

∫x1−x2 dx=∣t=1−x2dt=−2x dx∣∫1−2t dt=∫t−12−2 dt=t1212⋅(−2)+C=−1−x2+C\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \begin{vmatrix} t = 1 - x^2 \\ dt = -2x \, dx \end{vmatrix} \int \frac{1}{-2\sqrt{t}} \, dt = \int \frac{t^{-\frac{1}{2}}}{-2} \, dt = \frac{t^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2} \cdot (-2)} + C = -\sqrt{1 - x^2} + C

לכן סה"כ נקבל:

∫arcsin⁡(x) dx=xarcsin⁡(x)−(−1−x2)+C=xarcsin⁡(x)+1−x2+C\int \arcsin(x) \, dx = x \arcsin(x) - \left(-\sqrt{1 - x^2}\right) + C = x \arcsin(x) + \sqrt{1 - x^2} + C
6
שאלה 10לא סווגנגזרותסדרות

10.

∫excos⁡(x) dx\int e^x \cos(x) \, dx

נסמן u′=exu' = e^x, u=exu = e^x, v=cos⁡(x)v = \cos(x), v′=−sin⁡(x)v' = -\sin(x)

נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל:

∫excos⁡(x) dx=excos⁡(x)−∫−exsin⁡(x) dx=excos⁡(x)+∫exsin⁡(x) dx\int e^x \cos(x) \, dx = e^x \cos(x) - \int -e^x \sin(x) \, dx = e^x \cos(x) + \int e^x \sin(x) \, dx

נפתור "בצד" את האינטגרל שקיבלנו, שוב נסמן u′=exu' = e^x, u=exu = e^x, v=sin⁡(x)v = \sin(x), v′=cos⁡(x)v' = \cos(x)

∫exsin⁡(x) dx=exsin⁡(x)−∫excos⁡(x) dx\int e^x \sin(x) \, dx = e^x \sin(x) - \int e^x \cos(x) \, dx

נשים לב שקיבלנו:

∫excos⁡(x) dx=excos⁡(x)+exsin⁡(x)−∫excos⁡(x) dx\int e^x \cos(x) \, dx = e^x \cos(x) + e^x \sin(x) - \int e^x \cos(x) \, dx

נבודד את האינטגרל המבוקש ונקבל:

∫excos⁡(x) dx=excos⁡(x)+exsin⁡(x)2+C=ex(cos⁡(x)+sin⁡(x))2+C\int e^x \cos(x) \, dx = \frac{e^x \cos(x) + e^x \sin(x)}{2} + C = \frac{e^x(\cos(x) + \sin(x))}{2} + C
7
שאלה 11לא סווגנגזרותסדרות

עוד דוגמאות: .11

∫sin⁡3(x)dx=∫sin⁡(x)⋅sin⁡2(x)dx=∫sin⁡(x)⋅(1−cos⁡2(x))dx=∫sin⁡(x)dx−∫sin⁡(x)⋅cos⁡2(x)dx\int \sin^3(x)dx = \int \sin(x) \cdot \sin^2(x)dx = \int \sin(x) \cdot (1 - \cos^2(x)) dx = \int \sin(x) dx - \int \sin(x) \cdot \cos^2(x) dx

נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל

∫sin⁡(x)dx=−cos⁡(x)+C\int \sin(x) dx = -\cos(x) + C
∫sin⁡(x)⋅cos⁡2(x)dx\int \sin(x) \cdot \cos^2(x)dx

נשים לב שהנגזרת של הביטוי בחזקה שווה לביטוי השמאלי כפול מספר קבוע, נשתמש בהצבה

t=cos⁡(x),dt=−sin⁡(x)dx⇒sin⁡(x)dx=−dtt = \cos(x), \quad dt = -\sin(x) dx \Rightarrow \sin(x) dx = -dt

נציב לאינטגרל ונקבל

∫−t2dt=−t33+C=−cos⁡3(x)3+C\int -t^2 dt = -\frac{t^3}{3} + C = -\frac{\cos^3(x)}{3} + C

לכן סה"כ נקבל

∫sin⁡3(x)dx=−cos⁡(x)−(−cos⁡3(x)3)+C=−cos⁡(x)+cos⁡3(x)3+C\int \sin^3(x) dx = -\cos(x) - \left(-\frac{\cos^3(x)}{3}\right) + C = -\cos(x) + \frac{\cos^3(x)}{3} + C
8
שאלה 3לא סווגנגזרותסדרות

.3

∫(sin⁡(4x)+2cos⁡(x2))dx\int ( \sin (4x) + 2 \cos (x^2 )) dx

נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל

∫sin⁡(4x)dx={t=4xdt=4dx∫sin⁡(t)14dt=−cos⁡(t)4+C=−cos⁡(4x)4+C\int \sin (4x) dx = \begin{cases} t=4x \\ dt = 4dx \end{cases} \int \sin (t) \frac{1}{4} dt = -\frac{\cos(t)}{4} + C = -\frac{\cos (4x)}{4} + C
∫2cos⁡(x2)dx={t=x22xdt=dx∫2cos⁡(t)⋅2dt=4sin⁡(t)+C=4sin⁡(x2)+C\int 2 \cos (x^2 ) dx = \begin{cases} t= x^2 \\ 2xdt=dx \end{cases} \int 2 \cos (t) \cdot 2dt = 4 \sin(t)+C = 4 \sin (x^2 ) +C

לכן סה"כ נקבל:

∫(sin⁡(4x)+2cos⁡(x2))dx=−cos⁡(4x)4+4sin⁡(x2)+C\int ( \sin (4x) + 2 \cos (x^2 )) dx = -\frac{\cos(4x)}{4} + 4 \sin (x^2 ) + C

.4

∫(4x2+3x)2x3dx=∫16x4+24x3+9x2x3dx=∫(16x+24+9x)dx\int \frac{(4x^2 + 3x)^2}{x^3} dx = \int \frac{16x^4 + 24x^3 + 9x^2}{x^3} dx = \int \left( 16x + 24 + \frac{9}{x} \right) dx
=16x22+24x+9ln⁡∣x∣+C=8x2+24x+9ln⁡∣x∣+C= \frac{16x^2}{2} + 24x + 9 \ln |x| +C = 8x^2 + 24x + 9 \ln |x| +C

.5

∫2x3−16x4−12xdx\int \frac{2x^3 - 1}{\sqrt{6x^4 - 12x}}dx

נשים לב שהנגזרת של המכנה שווה למונה כפול מספר קבוע, נשתמש בהצבה:

t=6x4−12x,dt=(24x3−12)dx=12(2x3−1)dxt = 6x^4-12x, \quad dt = (24x^3 - 12) dx = 12 (2x^3 - 1) dx
⇒(2x3−1)dx=dt12\Rightarrow (2x^3 - 1) dx = \frac{dt}{12}
9
שאלה 8בינונינגזרותסדרות

.8

∫x2ln⁡(x) dx\int x^2 \ln(x) \, dx

נסמן u′=x2u' = x^2, u=x33u = \frac{x^3}{3}, v=ln⁡(x)v = \ln(x), v′=1xv' = \frac{1}{x}

נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל

∫x2ln⁡(x) dx=x33ln⁡(x)−∫x23 dx=x33ln⁡(x)−x39+C\int x^2 \ln(x) \, dx = \frac{x^3}{3} \ln(x) - \int \frac{x^2}{3} \, dx = \frac{x^3}{3} \ln(x) - \frac{x^3}{9} + C

.9

∫x3⋅sin⁡2(x2) dx=∫x2⋅sin⁡2(x2)⋅x dx\int x^3 \cdot \sin^2(x^2) \, dx = \int x^2 \cdot \sin^2(x^2) \cdot x \, dx
t=x2,dt=2x dxt = x^2, \quad dt = 2x \, dx
12⋅∫t⋅sin⁡2(t) dt\frac{1}{2} \cdot \int t \cdot \sin^2(t) \, dt

ניעזר בכך ש־ cos⁡(2t)=1−2sin⁡2(t)⇒sin⁡2(t)=1−cos⁡(2t)2\cos(2t) = 1 - 2\sin^2(t) \Rightarrow \sin^2(t) = \frac{1 - \cos(2t)}{2}

נציב לאינטגרל

12∫t⋅1−cos⁡(2t)2 dt=14∫t dt−14∫t⋅cos⁡(2t) dt\frac{1}{2} \int t \cdot \frac{1 - \cos(2t)}{2} \, dt = \frac{1}{4} \int t \, dt - \frac{1}{4} \int t \cdot \cos(2t) \, dt

נחשב בנפרד את האינטגרל השני, נסמן u′=cos⁡(2t)u' = \cos(2t), u=sin⁡(2t)2u = \frac{\sin(2t)}{2}, v=tv = t, v′=1v' = 1

10
שאלה 2לא סווגנגזרותסדרות

נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל

∫t⋅cos⁡(2t) dt=t⋅sin⁡(2t)2−∫sin⁡(2t)2 dt=t⋅sin⁡(2t)2−(−cos⁡(2t)4)=t⋅sin⁡(2t)2+cos⁡(2t)4\int t \cdot \cos(2t) \, dt = \frac{t \cdot \sin(2t)}{2} - \int \frac{\sin(2t)}{2} \, dt = \frac{t \cdot \sin(2t)}{2} - \left(-\frac{\cos(2t)}{4}\right) = \frac{t \cdot \sin(2t)}{2} + \frac{\cos(2t)}{4}

נציב חזרה לאינטגרל המקורי ונקבל

12⋅∫t⋅sin⁡2(t) dt=t28−t⋅sin⁡(2t)8−cos⁡(2t)16+C\frac{1}{2} \cdot \int t \cdot \sin^2(t) \, dt = \frac{t^2}{8} - \frac{t \cdot \sin(2t)}{8} - \frac{\cos(2t)}{16} + C

לסיכום נציב חזרה את xx ונקבל

∫x3⋅sin⁡2(x2) dx=x48−x2⋅sin⁡(2x2)8−cos⁡(2x2)16+C\int x^3 \cdot \sin^2(x^2) \, dx = \frac{x^4}{8} - \frac{x^2 \cdot \sin(2x^2)}{8} - \frac{\cos(2x^2)}{16} + C

תרגול 4

אינטגרלים מסוימים

9 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 4לא סווגגבולותסדרותפונקציותרציפות

תרגול 4 היום: האינטגרל המסוים.

תזכורת: תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a, b]. נסמן כי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a, b].

1.

(א) ∫aaf(x) dx=0\int_a^a f(x) \, dx = 0

(ב) ∫abf(x) dx=−∫baf(x) dx\int_a^b f(x) \, dx = -\int_b^a f(x) \, dx

2. למת ההדבקה: לכל a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R} מתקיים

∫abf(x) dx=∫acf(x) dx+∫cbf(x) dx\int_a^b f(x) \, dx = \int_a^c f(x) \, dx + \int_c^b f(x) \, dx

3. (המשפט היסודי של החדו"א) תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a, b]. נניח כי ff אינטגרבילית ב-[a,b][a, b].

נביט בפונקציה המוגדרת על ידי

F(x)=∫axf(t) dtF(x) = \int_a^x f(t) \, dt

לכל a≤x≤ba \leq x \leq b.

תהי x0∈[a,b]x_0 \in [a, b]. נניח כי ff רציפה ב-x0x_0. אזי FF גזירה ב-x0x_0 ובנוסף F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0).

4. (נוסחת ניוטון–לייבניץ) תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב-[a,b][a, b]. נניח כי ff פונקציה רציפה ב-[a,b][a, b]. תהי GG פונקציה קדומה של ff ב-[a,b][a, b].

אזי

∫abf(x) dx=[G(x)]ab=G(b)−G(a)\int_a^b f(x) \, dx = [G(x)]_a^b = G(b) - G(a)
2
שאלה 1בינוניגבולותסדרותפונקציותרציפות

שאלות:

1.(א) חשבו את האינטגרל המסוים ∫0112x+1dx\int_0^1 \frac{1}{2x+1} dx

פתרון:

∫0112x+1dx=[ln⁡∣2x+1∣2]01=ln⁡∣2⋅1+1∣2−ln⁡∣2⋅0+1∣2=ln⁡32−ln⁡12=12ln⁡3=ln⁡(3)\int_0^1 \frac{1}{2x+1} dx = \left[\frac{\ln|2x+1|}{2}\right]_0^1 = \frac{\ln|2 \cdot 1 + 1|}{2} - \frac{\ln|2 \cdot 0 + 1|}{2} = \frac{\ln 3}{2} - \frac{\ln 1}{2} = \frac{1}{2}\ln 3 = \ln(\sqrt{3})

דרך נוספת: נפתור בעזרת הצבה, נשים לב שנצטרך לשנות גם את גבולות האינטגרל.

t=2x+1,dt=2dx,x=1⇒t=3,x=0⇒t=1t = 2x + 1, \quad dt = 2dx, \quad x = 1 \Rightarrow t = 3, \quad x = 0 \Rightarrow t = 1

לכן נקבל:

∫0112x+1dx=∫1312tdt=[ln⁡∣t∣2]13=ln⁡32−ln⁡12=12ln⁡3=ln⁡(3)\int_0^1 \frac{1}{2x+1} dx = \int_1^3 \frac{1}{2t} dt = \left[\frac{\ln|t|}{2}\right]_1^3 = \frac{\ln 3}{2} - \frac{\ln 1}{2} = \frac{1}{2}\ln 3 = \ln(\sqrt{3})
3
שאלה 1בינוניגבולותסדרותפונקציותרציפות

(ב) חשבו את האינטגרל המסוים ∫−11arctan⁡(x)dx\int_{-1}^{1} \arctan(x)dx

פתרון:

נסמן u′=1u' = 1, u=xu = x, v=arctan⁡(x)v = \arctan(x), v′=11+x2v' = \frac{1}{1 + x^2}

נקבל:

∫−11arctan⁡(x)dx=[x⋅arctan⁡(x)]−11−∫−11x1+x2dx\int_{-1}^{1} \arctan(x)dx = [x \cdot \arctan(x)]_{-1}^{1} - \int_{-1}^{1} \frac{x}{1 + x^2} dx
=1⋅arctan⁡(1)−(−1)⋅arctan⁡(−1)−[ln⁡∣1+x2∣2]−11= 1 \cdot \arctan(1) - (-1) \cdot \arctan(-1) - \left[\frac{\ln|1 + x^2|}{2}\right]_{-1}^{1}
=0−(ln⁡∣2∣2−ln⁡∣2∣2)=0= 0 - \left(\frac{\ln|2|}{2} - \frac{\ln|2|}{2}\right) = 0

(ג) חשבו את האינטגרל המסוים ∫02f(x)dx\int_{0}^{2} f(x) dx כאשר f(x)=max⁡{x,x2}f(x) = \max\{x, x^2\} לכל x∈[0,2]x \in [0, 2]

פתרון:

ראשית נשים לב שלכל x∈[0,1]x \in [0, 1] מתקיים x2≤xx^2 \leq x ולכל x∈[1,2]x \in [1, 2] מתקיים x2≥xx^2 \geq x. לכן:

$$f(x)=f(x) = \begin{cases}

x & 0 \leq x \leq 1 \\

x2x^2 & 1<x1 < x \leq 2

\end{cases}$$

ניעזר בלמת ההדבקה ונקבל:

∫02f(x)dx=∫01x dx+∫12x2 dx\int_{0}^{2} f(x) dx = \int_{0}^{1} x\,dx + \int_{1}^{2} x^2\,dx
=[x22]01+[x33]12= \left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{1} + \left[\frac{x^3}{3}\right]_{1}^{2}
=122−022+233−133= \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} + \frac{2^3}{3} - \frac{1^3}{3}
=12+83−13=176= \frac{1}{2} + \frac{8}{3} - \frac{1}{3} = \frac{17}{6}
4
שאלה 15בינוניגבולותסדרותפונקציותרציפות
1.חשבו את הגבול
lim⁡n→∞15+25+…+n5n6\lim_{n \to \infty} \frac{1^5 + 2^5 + \ldots + n^5}{n^6}

פתרון:

lim⁡n→∞15+25+…+n5n6=lim⁡n→∞1n⋅15+25+…+n5n5=lim⁡n→∞1n⋅∑k=1n(kn)5\lim_{n \to \infty} \frac{1^5 + 2^5 + \ldots + n^5}{n^6} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1^5 + 2^5 + \ldots + n^5}{n^5} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{k}{n} \right)^5

נגדיר את הפונקציה f(x)=x5f(x) = x^5 המוגדרת על [0,1][0,1] לכל x∈[0,1]x \in [0,1].

לכל n∈Nn \in \mathbb{N}, נביט בסדרת חלוקות אחידות של [0,1][0,1] בגודל nn:

P_n = (x_0, \ldots, x_n) \quad \text{כאשר} \quad x_k = 0 + k \cdot \frac{1}{n} = \frac{k}{n}, \quad \forall 0 \leq k \leq n

נשים לב כי:

δ(Pn)=max⁡{xk−xk−1:1≤k≤n}=max⁡{1n}=1n\delta(P_n) = \max \left\{ x_k - x_{k-1} : 1 \leq k \leq n \right\} = \max \left\{ \frac{1}{n} \right\} = \frac{1}{n}

ולכן:

lim⁡n→∞δ(Pn)=lim⁡n→∞1n=0\lim_{n \to \infty} \delta(P_n) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0

נבחר M=5M = 5. לכל x,y∈[0,1]x, y \in [0,1]:

- אם x=yx = y, אז ∣x5−y5∣=0≤5∣x−y∣=0|x^5 - y^5| = 0 \leq 5|x - y| = 0

- אם x≠yx \neq y, אז ממשפט לגרנז' קיימת נקודה cc בין xx ל-yy כך ש:

∣x5−y5∣∣x−y∣=5c4≤5⇒∣x5−y5∣≤5∣x−y∣\frac{|x^5 - y^5|}{|x - y|} = 5c^4 \leq 5 \Rightarrow |x^5 - y^5| \leq 5|x - y|

בנוסף, ff עולה, לכן לכל 1≤k≤n1 \leq k \leq n:

Mk=sup⁡{f(x):xk−1≤x≤xk}=(xk)5=(kn)5M_k = \sup \{f(x) : x_{k-1} \leq x \leq x_k\} = (x_k)^5 = \left( \frac{k}{n} \right)^5

ולכן:

S(f,Pn)=∑k=1nMk(xk−xk−1)=∑k=1n1n⋅(kn)5S(f, P_n) = \sum_{k=1}^{n} M_k(x_k - x_{k-1}) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n} \cdot \left( \frac{k}{n} \right)^5

בעזרת שיעור בית 3 שאלה 6 נסיק כי:

lim⁡n→∞15+25+…+n5n6=lim⁡n→∞1n⋅∑k=1n(kn)5=lim⁡n→∞S(f,Pn)=∫01x5 dx=[x66]01=166−066=16\lim_{n \to \infty} \frac{1^5 + 2^5 + \ldots + n^5}{n^6} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{k}{n} \right)^5 = \lim_{n \to \infty} S(f, P_n) = \int_0^1 x^5 \, dx = \left[ \frac{x^6}{6} \right]_0^1 = \frac{1^6}{6} - \frac{0^6}{6} = \frac{1}{6}
5
שאלה 3לא סווגגבולותסדרותפונקציותרציפות
3.הוכיחו או הפריכו את הטענות הבאות:

(א) קיימת פונקציה f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} אינטגרבילית כך ש-∣x∣=∫−1xf(t) dt|x| = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt לכל x≥−1x \geq -1.

פתרון: הטענה לא נכונה.

נניח בשלילה שקיימת פונקציה כזו, לכן המשוואה נכונה גם עבור x=−1x = -1:

1=∣−1∣=∫−1−1f(t) dt=01 = |-1| = \int_{-1}^{-1} f(t) \, dt = 0

קיבלנו סתירה! לכן לא קיימת פונקציה כזאת.

(ב) קיימים C∈RC \in \mathbb{R} ופונקציה f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} רציפה, כך ש-∣x∣=∫−1xf(t) dt+C|x| = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt + C לכל x≥−1x \geq -1.

פתרון: הטענה לא נכונה.

נניח בשלילה שקיימים C∈RC \in \mathbb{R} ופונקציה רציפה f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} כך שלכל x≥−1x \geq -1:

∣x∣=∫−1xf(t) dt+C|x| = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt + C

עבור x=−1x = -1, לכן המשוואה נכונה:

1=∣−1∣=∫−1−1f(t) dt+C⇒C=11 = |-1| = \int_{-1}^{-1} f(t) \, dt + C \Rightarrow C = 1

אם קיימת פונקציה כזו, אז מכיוון ש-ff רציפה, אז לפי המשפט היסודי של חשבון דיפרנציאלי ואינטגרלי, ∣x∣|x| גזירה בקטע [−1,2][-1, 2] ובפרט גזירה בנקודה x=0x = 0. סתירה!

(ג) קיימים C∈RC \in \mathbb{R} ופונקציה f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} אינטגרבילית, כך ש-∣x∣=∫−1xf(t) dt+C|x| = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt + C לכל x≥−1x \geq -1.

פתרון: הטענה נכונה.

נבחר C=1C = 1 ונבחר את פונקציית הסימן f(x)=sign(x)f(x) = \text{sign}(x):

f(x)=sign(x)={1x>00x=0−1x<0f(x) = \text{sign}(x) = \begin{cases} 1 & x > 0 \\ 0 & x = 0 \\ -1 & x < 0 \end{cases}

ff מונוטונית ולכן אינטגרבילית.

יהי x≥−1x \geq -1. אם −1≤x≤0-1 \leq x \leq 0 מתקיים:

∫−1xf(t) dt+1=∫−1x(−1) dt+1=−t∣−1x+1=−(x)−(−(−1))+1=−x−1+1=−x=∣x∣\int_{-1}^{x} f(t) \, dt + 1 = \int_{-1}^{x} (-1) \, dt + 1 = -t \Big|_{-1}^{x} + 1 = -(x) - (-(-1)) + 1 = -x - 1 + 1 = -x = |x|
6
שאלה 1לא סווגגבולותסדרותפונקציותרציפות

היות שלכל x>0x > 0 מתקיים ∣x∣=x|x| = x

∫−1xf(t) dt+1=∫−10(−1)⋅dt+∫0x1⋅dt+1\int_{-1}^{x} f(t) \, dt + 1 = \int_{-1}^{0} (-1) \cdot dt + \int_{0}^{x} 1 \cdot dt + 1

=[−t]−10+[t]0x+1= [-t]_{-1}^{0} + [t]_{0}^{x} + 1

=−0−(−(−1))+x−0+1=x= -0 - (-(-1)) + x - 0 + 1 = x

כלומר ∣x∣=∫−1xf(t) dt+1|x| = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt + 1 מתקיים לכל x>0x > 0.

היות שלכל −1≤x≤0-1 \leq x \leq 0 מתקיים ∣x∣=−x|x| = -x

∫−1xf(t) dt+1=∫−1x(−1)⋅dt+1=[−t]−1x+1\int_{-1}^{x} f(t) \, dt + 1 = \int_{-1}^{x} (-1) \cdot dt + 1 = [-t]_{-1}^{x} + 1

=−x−(−(−1))+1=−x= -x - (-(-1)) + 1 = -x

כלומר ∣x∣=∫−1xf(t) dt+1|x| = \int_{-1}^{x} f(t) \, dt + 1 מתקיים לכל −1≤x≤0-1 \leq x \leq 0.

---

4. יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b. נתון ש-∫abet2 dt>1\int_{a}^{b} e^{t^2} \, dt > 1.

הוכיחו שקיימת נקודה cc כך ש-a<c<ba < c < b ו-∫acet2 dt=1\int_{a}^{c} e^{t^2} \, dt = 1.

פתרון:

נגדיר F(x)=∫axet2 dtF(x) = \int_{a}^{x} e^{t^2} \, dt לכל x∈[a,b]x \in [a,b].

היות ש-et2e^{t^2} פונקציה רציפה לכל tt, אז לפי המשפט היסודי של החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי, FF גזירה ב-[a,b][a,b] ובפרט רציפה ב-[a,b][a,b].

נשים לב ש:

F(a)=∫aaet2 dt=0F(a) = \int_{a}^{a} e^{t^2} \, dt = 0

F(b)=∫abet2 dt>1F(b) = \int_{a}^{b} e^{t^2} \, dt > 1

לכן לפי משפט ערך הביניים המורחב, קיימת נקודה cc שעבורה a<c<ba < c < b כך ש-F(c)=1F(c) = 1, כלומר:

∫acet2 dt=1\int_{a}^{c} e^{t^2} \, dt = 1
7
שאלה 0קשהגבולותסדרותפונקציותרציפות

תזכורת:

פונקציה f:[−a,a]→Rf : [-a, a] \to \mathbb{R} ויהי 0<a∈R0 < a \in \mathbb{R}.

נאמר כי ff היא פונקציה זוגית אם לכל x∈[−a,a]x \in [-a, a] מתקיים f(−x)=f(x)f(-x) = f(x).

נאמר כי ff היא פונקציה אי־זוגית אם לכל x∈[−a,a]x \in [-a, a] מתקיים f(−x)=−f(x)f(-x) = -f(x).

משפט:

יהי 0<a∈R0 < a \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה אינטגרבילית ואי־זוגית בקטע [−a,a][-a, a], אזי:

∫−aaf(x) dx=0\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 0

הוכחה:

ניעזר בלמת ההדבקה ונקבל:

∫−aaf(x) dx=∫−a0f(x) dx+∫0af(x) dx\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = \int_{-a}^{0} f(x) \, dx + \int_{0}^{a} f(x) \, dx

נחשב את האינטגרל ∫−a0f(x) dx\int_{-a}^{0} f(x) \, dx.

נשתמש בהצבה; נזכור שכעת נצטרך לשנות גם את גבולות האינטגרל:

t=−x,dt=−dx,x=−a⇒t=a,x=0⇒t=0t = -x, \quad dt = -dx, \quad x = -a \Rightarrow t = a, \quad x = 0 \Rightarrow t = 0

נקבל:

\int_{-a}^{0} f(x) \, dx = \int_{a}^{0} f(-t) \cdot (-1) \, dt \stackrel{\text{פונקציה אי־זוגית}}{=} \int_{a}^{0} (-f(t)) \cdot (-1) \, dt = \int_{a}^{0} f(t) \, dt = -\int_{0}^{a} f(t) \, dt

=(∗)−∫0af(x) dx\stackrel{(*)}{=} -\int_{0}^{a} f(x) \, dx

הערה: (∗)(*) בדומה לסכומים, ∑k=1nk=∑i=1ni=∑j=1nj\sum_{k=1}^{n} k = \sum_{i=1}^{n} i = \sum_{j=1}^{n} j

8
שאלה (x)לא סווגגבולותסדרותפונקציותרציפות

ניתן לשנות את השם של משתנה האינטגרציה כרצוננו, מדובר במשתנה שאנו "רצים" עליו. למשל:

∫abf(x)dx=∫abf(t)dt=∫abf(y)dy=…\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(t) dt = \int_a^b f(y) dy = \ldots

כעת נחזור לתרגיל ונקבל

∫−a0f(x)dx+∫0af(x)dx=−∫a0f(x)dx+∫a0f(x)dx=0\int_{-a}^0 f(x) dx + \int_0^a f(x) dx = -\int_a^0 f(x) dx + \int_a^0 f(x) dx = 0

דוגמא:

∫−33sin⁡101x dx=0\int_{-3}^3 \sin^{101} x \, dx = 0

מתקיים (sin⁡(−x))101=(−sin⁡x)101=−(sin⁡x)101(\sin(-x))^{101} = (-\sin x)^{101} = -(\sin x)^{101} מכיוון שלכל x∈Rx \in \mathbb{R}

9
שאלה 0קשהגבולותסדרותפונקציותרציפות

משפט (לא נוכיח בתרגול):

יהי 0<a∈R0 < a \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה אינטגרבילית וזוגית בקטע [−a,a][-a, a], אזי

∫−aaf(x) dx=2∫0af(x) dx\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx

הוכחה:

ניעזר בלמת ההדבקה ונקבל

∫−aaf(x) dx=∫−a0f(x) dx+∫0af(x) dx\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = \int_{-a}^{0} f(x) \, dx + \int_{0}^{a} f(x) \, dx

חישוב בצד: נחשב את האינטגרל ∫−a0f(x) dx\int_{-a}^{0} f(x) \, dx

נשתמש בהצבה t=−xt = -x, dt=−dxdt = -dx

כאשר x=−a⇒t=ax = -a \Rightarrow t = a וכאשר x=0⇒t=0x = 0 \Rightarrow t = 0

נקבל

∫−a0f(x) dx=∫a0f(−t)⋅(−1) dt\int_{-a}^{0} f(x) \, dx = \int_{a}^{0} f(-t) \cdot (-1) \, dt

מכיוון ש-ff זוגית (פונקציה זוגית), f(−t)=f(t)f(-t) = f(t)

=−∫a0f(t) dt=∫0af(t) dt=∫0af(x) dx= -\int_{a}^{0} f(t) \, dt = \int_{0}^{a} f(t) \, dt = \int_{0}^{a} f(x) \, dx

כעת נחזור לתרגיל ונקבל

∫−a0f(x) dx+∫0af(x) dx=∫0af(x) dx+∫0af(x) dx=2∫0af(x) dx\int_{-a}^{0} f(x) \, dx + \int_{0}^{a} f(x) \, dx = \int_{0}^{a} f(x) \, dx + \int_{0}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx

תרגול 5

אינטגרלים לא אמיתיים

7 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 5בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

תרגול 5 היום: אינטגרל לא אמיתי.

טור גיאומטרי.

תזכורת: יהי f:[a,∞)→Rf : [a, \infty) \to \mathbb{R} ותהי a∈Ra \in \mathbb{R}. נניח ש־ff אינטגרבילית ב־[a,b][a, b] לכל b>ab > a.

נאמר כי האינטגרל הלא אמיתי ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x) \, dx מתכנס, אם קיים הגבול lim⁡b→∞∫abf(x) dx\lim_{b \to \infty} \int_a^b f(x) \, dx.

במקרה זה נגדיר:

∫a∞f(x) dx=lim⁡b→∞∫abf(x) dx\int_a^\infty f(x) \, dx = \lim_{b \to \infty} \int_a^b f(x) \, dx

באופן דומה נגדיר:

∫−∞bf(x) dx=lim⁡a→−∞∫abf(x) dx\int_{-\infty}^b f(x) \, dx = \lim_{a \to -\infty} \int_a^b f(x) \, dx

תהי f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}. נאמר כי האינטגרל הלא אמיתי ∫−∞∞f(x) dx\int_{-\infty}^\infty f(x) \, dx מתכנס אם שניהם מתכנסים: ∫−∞0f(x) dx\int_{-\infty}^0 f(x) \, dx ו־∫0∞f(x) dx\int_0^\infty f(x) \, dx.

במקרה זה נגדיר:

∫−∞∞f(x) dx=∫−∞0f(x) dx+∫0∞f(x) dx\int_{-\infty}^\infty f(x) \, dx = \int_{-\infty}^0 f(x) \, dx + \int_0^\infty f(x) \, dx

תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש־a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב־(a,b](a, b]. נניח ש־ff אינטגרבילית ב־[a+δ,b][a + \delta, b] לכל 0<δ<b−a0 < \delta < b - a.

נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי ∫abf(x) dx\int_a^b f(x) \, dx מתכנס, אם קיים הגבול lim⁡δ→0+∫a+δbf(x) dx\lim_{\delta \to 0^+} \int_{a+\delta}^b f(x) \, dx.

במקרה זה נגדיר:

∫abf(x) dx=lim⁡δ→0+∫a+δbf(x) dx\int_a^b f(x) \, dx = \lim_{\delta \to 0^+} \int_{a+\delta}^b f(x) \, dx

תהיינה a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש־a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת ב־[a,b)[a, b). נניח ש־ff אינטגרבילית ב־[a,b−δ][a, b - \delta] לכל 0<δ<b−a0 < \delta < b - a.

נאמר שהאינטגרל הלא אמיתי ∫abf(x) dx\int_a^b f(x) \, dx מתכנס, אם קיים הגבול lim⁡δ→0+∫ab−δf(x) dx\lim_{\delta \to 0^+} \int_a^{b-\delta} f(x) \, dx.

במקרה זה נגדיר:

∫abf(x) dx=lim⁡δ→0+∫ab−δf(x) dx\int_a^b f(x) \, dx = \lim_{\delta \to 0^+} \int_a^{b-\delta} f(x) \, dx
2
שאלה 1בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

דוגמאות:

1.קבעו האם האינטגרל הלא אמיתי הבא מתכנס, אם כן ־ חשבו את ערכו
∫2∞1x⋅ln⁡xdx\int_2^\infty \frac{1}{x \cdot \ln x} dx

פתרון:

נעבוד עם ההגדרה

∫2∞1x⋅ln⁡xdx=lim⁡b→∞∫2b1x⋅ln⁡xdx=lim⁡b→∞[ln⁡∣ln⁡x∣]2b\int_2^\infty \frac{1}{x \cdot \ln x} dx = \lim_{b \to \infty} \int_2^b \frac{1}{x \cdot \ln x} dx = \lim_{b \to \infty} [\ln | \ln x |]_2^b
=lim⁡b→∞(ln⁡∣ln⁡b∣−ln⁡∣ln⁡2∣)=∞= \lim_{b \to \infty} (\ln | \ln b | - \ln | \ln 2 |) = \infty

לכן האינטגרל מתבדר (לא מתכנס).

2.קבעו עבור אילו ערכי p∈Rp \in \mathbb{R} האינטגרל הלא אמיתי ∫0∞epxdx\int_0^\infty e^{px} dx מתכנס.

פתרון:

נפריד למקרים: p<0p < 0, p=0p = 0, p>0p > 0.

עבור p=0p = 0:

∫0∞e0⋅xdx=lim⁡b→∞∫0b1⋅dx=lim⁡b→∞(b−0)=∞\int_0^\infty e^{0 \cdot x} dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^b 1 \cdot dx = \lim_{b \to \infty} (b - 0) = \infty

עבור p>0p > 0:

∫0∞epxdx=lim⁡b→∞∫0bepxdx=lim⁡b→∞[eptp]0b=lim⁡b→∞(epbp−1p)=∞\int_0^\infty e^{px} dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^b e^{px} dx = \lim_{b \to \infty} \left[\frac{e^{pt}}{p}\right]_0^b = \lim_{b \to \infty} \left(\frac{e^{pb}}{p} - \frac{1}{p}\right) = \infty

עבור p<0p < 0:

∫0∞epxdx=lim⁡b→∞∫0bepxdx=lim⁡b→∞[eptp]0b=lim⁡b→∞(epbp−1p)=0−1p=−1p\int_0^\infty e^{px} dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^b e^{px} dx = \lim_{b \to \infty} \left[\frac{e^{pt}}{p}\right]_0^b = \lim_{b \to \infty} \left(\frac{e^{pb}}{p} - \frac{1}{p}\right) = 0 - \frac{1}{p} = -\frac{1}{p}

לסיכום:

∫0∞epxdx={−1pp<0∞p≥0\int_0^\infty e^{px} dx = \begin{cases} -\frac{1}{p} & p < 0 \\ \infty & p \geq 0 \end{cases}
3
שאלה 3בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה
3.קבעו האם האינטגרל הלא אמיתי הבא מתכנס, אם כן — חשבו את ערכו
∫−∞∞1ex+e−xdx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx

פתרון:

נעבוד עם ההגדרה

∫−∞∞1ex+e−xdx=∫−∞01ex+e−xdx+∫0∞1ex+e−xdx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx = \int_{-\infty}^{0} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx + \int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx

נחשב את כל אחד מהאינטגרלים בנפרד

∫−∞01ex+e−xdx=lim⁡a→−∞∫a01ex+e−xdx\int_{-\infty}^{0} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx = \lim_{a \to -\infty} \int_{a}^{0} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx
=lim⁡a→−∞∫a0exe2x+1dx= \lim_{a \to -\infty} \int_{a}^{0} \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx
=lim⁡a→−∞[arctan⁡(ex)]a0= \lim_{a \to -\infty} [\arctan(e^x)]_{a}^{0}
=lim⁡a→−∞(arctan⁡(1)−arctan⁡(ea))= \lim_{a \to -\infty} (\arctan(1) - \arctan(e^a))
=lim⁡a→−∞(π4−arctan⁡(ea))= \lim_{a \to -\infty} \left( \frac{\pi}{4} - \arctan(e^a) \right)
=π4−0=π4= \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}
∫0∞1ex+e−xdx=lim⁡b→∞∫0b1ex+e−xdx\int_{0}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx = \lim_{b \to \infty} \int_{0}^{b} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx
=lim⁡b→∞∫0bexe2x+1dx= \lim_{b \to \infty} \int_{0}^{b} \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx
=lim⁡b→∞[arctan⁡(ex)]0b= \lim_{b \to \infty} [\arctan(e^x)]_{0}^{b}
=lim⁡b→∞(arctan⁡(eb)−arctan⁡(1))= \lim_{b \to \infty} (\arctan(e^b) - \arctan(1))
=π2−π4=π4= \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}

שני הגבולות קיימים, לכן האינטגרל שווה לסכומם

∫−∞∞1ex+e−xdx=π4+π4=π2\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{e^x + e^{-x}} dx = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}
4
שאלה 4בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה
4.קבעו האם האינטגרל הלא אמיתי הבא מתכנס, אם כן — חשבו את ערכו:
∫−111x dx\int_{-1}^{1} \frac{1}{x} \, dx

פתרון:

נעבוד עם ההגדרה:

∫−111x dx=∫−101x dx+∫011x dx\int_{-1}^{1} \frac{1}{x} \, dx = \int_{-1}^{0} \frac{1}{x} \, dx + \int_{0}^{1} \frac{1}{x} \, dx

נחשב את האינטגרל השמאלי:

∫−101x dx=lim⁡δ→0+∫−1−δ1x dx=lim⁡δ→0+[ln⁡∣x∣]−1−δ\int_{-1}^{0} \frac{1}{x} \, dx = \lim_{\delta \to 0^+} \int_{-1}^{-\delta} \frac{1}{x} \, dx = \lim_{\delta \to 0^+} [\ln |x|]_{-1}^{-\delta}
=lim⁡δ→0+(ln⁡∣−δ∣−ln⁡∣−1∣)=lim⁡δ→0+ln⁡δ=−∞= \lim_{\delta \to 0^+} (\ln |-\delta| - \ln |-1|) = \lim_{\delta \to 0^+} \ln \delta = -\infty

האינטגרל מתבדר.

קיבלנו שהאינטגרל מתבדר באחד מהתחומים, ולכן האינטגרל כולו מתבדר.

5
שאלה 0בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

תזכורת (מבחן ההשוואה):

יהי a∈Ra \in \mathbb{R} ותהיינה f,gf, g שתי פונקציות המוגדרות ב-[a,∞)[a, \infty).

נניח כי:

1.0≤f(x)≤g(x)0 \leq f(x) \leq g(x) לכל x≥ax \geq a.
2.f,gf, g אינטגרביליות ב-[a,b][a, b] לכל b>ab > a.
3.∫a∞g(x) dx\int_a^{\infty} g(x) \, dx מתכנס.

אזי ∫a∞f(x) dx\int_a^{\infty} f(x) \, dx מתכנס ובנוסף, מתקיים ∫a∞f(x) dx≤∫a∞g(x) dx\int_a^{\infty} f(x) \, dx \leq \int_a^{\infty} g(x) \, dx.

∫1∞dxxp={1p−1p>1∞p≤1\int_1^{\infty} \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{p-1} & p > 1 \\ \infty & p \leq 1 \end{cases}
∫01dxxp={11−pp<1∞p≥1\int_0^1 \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{1-p} & p < 1 \\ \infty & p \geq 1 \end{cases}

דוגמאות:

קבעו האם האינטגרלים הלא אמיתיים הבאים מתכנסים או מתבדרים:

1.∫1∞x+1x3+x2+1 dx\int_1^{\infty} \frac{x+1}{x^3+x^2+1} \, dx

פתרון:

∫1∞x+1x3+x2+1 dx≤∫1∞x+xx3+x2 dx≤∫1∞2xx3 dx=2∫1∞1x2 dx\int_1^{\infty} \frac{x+1}{x^3+x^2+1} \, dx \leq \int_1^{\infty} \frac{x+x}{x^3+x^2} \, dx \leq \int_1^{\infty} \frac{2x}{x^3} \, dx = 2\int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} \, dx

כאשר p=2>1p = 2 > 1, לכן ∫1∞1x2 dx<∞\int_1^{\infty} \frac{1}{x^2} \, dx < \infty.

ולכן ∫1∞x+1x3+x2+1 dx<∞\int_1^{\infty} \frac{x+1}{x^3+x^2+1} \, dx < \infty.

2.∫1∞arctan⁡(x)x dx\int_1^{\infty} \frac{\arctan(x)}{x} \, dx

פתרון:

arctan⁡\arctan היא פונקציה עולה, לכן לכל x≥1x \geq 1 מתקיים arctan⁡(x)≥arctan⁡(1)=π4\arctan(x) \geq \arctan(1) = \frac{\pi}{4}.

ולכן:

∫1∞arctan⁡(x)x dx≥∫1∞π4x dx=π4∫1∞1x dx\int_1^{\infty} \frac{\arctan(x)}{x} \, dx \geq \int_1^{\infty} \frac{\pi}{4x} \, dx = \frac{\pi}{4} \int_1^{\infty} \frac{1}{x} \, dx

כאשר p=1p = 1, לכן ∫1∞1x dx=∞\int_1^{\infty} \frac{1}{x} \, dx = \infty.

ולכן ∫1∞arctan⁡(x)x dx=∞\int_1^{\infty} \frac{\arctan(x)}{x} \, dx = \infty.

6
שאלה 1בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

# שאלה 3

∫01xsin⁡x dx\int_0^1 x \sin x \, dx

פתרון:

הפונקציה f(x)={xsin⁡xx≠01x=0f(x) = \begin{cases} x \sin x & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases} רציפה בקטע [0,1][0, 1] ולכן אינטגרבילית.

הפונקציה נתונה בשאלה נבדלת בנקודה אחת מ־∫01xsin⁡x dx\int_0^1 x \sin x \, dx ולכן האינטגרל ∫011sin⁡x dx\int_0^1 \frac{1}{\sin x} \, dx מתכנס.

# שאלה 4

∫011sin⁡x dx\int_0^1 \frac{1}{\sin x} \, dx

פתרון:

נשים לב כי לכל 0<x≤10 < x \leq 1 מתקיים

0<sin⁡x≤x⇒0<1x≤1sin⁡x0 < \sin x \leq x \Rightarrow 0 < \frac{1}{x} \leq \frac{1}{\sin x}

ולכן

∫011sin⁡x dx≥∫011x dx=p=1→∞\int_0^1 \frac{1}{\sin x} \, dx \geq \int_0^1 \frac{1}{x} \, dx = p=1 \to \infty
∫011sin⁡x dx=∞\int_0^1 \frac{1}{\sin x} \, dx = \infty

# תזכורת

יהי k∈Zk \in \mathbb{Z} ו־0≤k0 \leq k ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים.

נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n מתכנס אם קיים הגבול lim⁡N→∞∑n=kNan\lim_{N \to \infty} \sum_{n=k}^{N} a_n

במקרה זה נגדיר

∑n=k∞an=lim⁡N→∞∑n=kNan\sum_{n=k}^{\infty} a_n = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=k}^{N} a_n

הטור הגיאומטרי:

יהי q∈Rq \in \mathbb{R}, אזי

∑n=0∞qn={11−q−1<q<1divergeselse\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \begin{cases} \frac{1}{1-q} & -1 < q < 1 \\ \text{diverges} & \text{else} \end{cases}
7
שאלה 1בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

דוגמה: קבעו האם הטור הבא מתכנס, אם כן מצאו את ערכו:

∑n=1∞(−2)3n−2⋅5−2n−5\sum_{n=1}^{\infty} (-2)^{3n-2} \cdot 5^{-2n-5}

פתרון:

נחשב:

∑n=1∞(−2)3n−2⋅5−2n−5=∑n=1∞(−2)3n4⋅152n⋅55=14⋅55∑n=1∞(−8)n⋅(125)n\sum_{n=1}^{\infty} (-2)^{3n-2} \cdot 5^{-2n-5} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-2)^{3n}}{4} \cdot \frac{1}{5^{2n} \cdot 5^5} = \frac{1}{4 \cdot 5^5} \sum_{n=1}^{\infty} (-8)^n \cdot \left(\frac{1}{25}\right)^n
=14⋅55∑n=1∞(−825)n= \frac{1}{4 \cdot 5^5} \sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{8}{25}\right)^n

עם התחלופה k=n−1k = n-1, n=k+1n = k+1:

=14⋅55⋅(−825)⋅∑k=0∞(−825)k=14⋅55⋅(−825)⋅11−(−825)= \frac{1}{4 \cdot 5^5} \cdot \left(-\frac{8}{25}\right) \cdot \sum_{k=0}^{\infty} \left(-\frac{8}{25}\right)^k = \frac{1}{4 \cdot 5^5} \cdot \left(-\frac{8}{25}\right) \cdot \frac{1}{1-\left(-\frac{8}{25}\right)}
=−233⋅55= -\frac{2}{33 \cdot 5^5}

הטור מתכנס והוא שווה ל־−233⋅55-\frac{2}{33 \cdot 5^5}.

דרך נוספת:

14⋅55∑n=1∞(−825)n=14⋅55(∑n=0∞(−825)n−1)\frac{1}{4 \cdot 5^5} \sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{8}{25}\right)^n = \frac{1}{4 \cdot 5^5} \left(\sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{8}{25}\right)^n - 1\right)
=14⋅55(11−(−825)−1)=14⋅55(2533−1)=14⋅55⋅(−825)= \frac{1}{4 \cdot 5^5} \left(\frac{1}{1-\left(-\frac{8}{25}\right)} - 1\right) = \frac{1}{4 \cdot 5^5} \left(\frac{25}{33} - 1\right) = \frac{1}{4 \cdot 5^5} \cdot \left(-\frac{8}{25}\right)
=−233⋅55= -\frac{2}{33 \cdot 5^5}

הטור מתכנס והוא שווה ל־−233⋅55-\frac{2}{33 \cdot 5^5}.

תרגול 6

טורים בסיסיים

6 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 6בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות

# תרגול 6

היום: טור טלסקופי.

תנאי הכרחי.

משפט הזנבות.

מבחן ההשוואה.

מבחן ההשוואה הגבולי.

## תזכורת: סדרה של מספרים ממשיים

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים.

נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n מתכנס אם קיים הגבול lim⁡N→∞∑n=kNan\lim_{N \to \infty} \sum_{n=k}^{N} a_n

במקרה זה נגדיר:

∑n=k∞an=lim⁡N→∞∑n=kNan\sum_{n=k}^{\infty} a_n = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=k}^{N} a_n

## תנאי הכרחי

יהי ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n טור מתכנס, אזי lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0

כלומר אם התנאי לא מתקיים הטור מתבדר ואם התנאי מתקיים לא ניתן לדעת (על סמך הבדיקה של הגבול) אם הטור מתכנס או מתבדר.

שימו לב שמדובר על תנאי הכרחי ולא תנאי מספיק.

## דוגמאות

קבעו האם הטורים הבאים מתכנסים, אם כן מצאו את ערכם:

1. ∑n=1∞arctan⁡n\sum_{n=1}^{\infty} \arctan n

פתרון:

lim⁡n→∞arctan⁡n=lim⁡x→∞arctan⁡x=π2≠0\lim_{n \to \infty} \arctan n = \lim_{x \to \infty} \arctan x = \frac{\pi}{2} \neq 0

(לפי היינה)

הגבול שונה מאפס ולכן מתנאי הכרחי הטור מתבדר.

2
שאלה (n)לא סווגגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות

.3

∑n=1∞1nα(n)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\alpha(n)} כאשר α(n)=⌊23+n2n⌋\alpha(n) = \left\lfloor \frac{23+n}{2n} \right\rfloor לכל n∈Nn \in \mathbb{N}

פתרון:

נשים לב שלכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים α(n)=⌊23+n2n⌋=⌊232n+12⌋\alpha(n) = \left\lfloor \frac{23+n}{2n} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{23}{2n} + \frac{1}{2} \right\rfloor, לכן לכל n≥24n \geq 24 נקבל ש α(n)=0\alpha(n) = 0.

נסתכל על הזנב של הטור:

∑n=24∞1nα(n)=∑n=24∞1n⋅0=∑n=24∞1=∞\sum_{n=24}^{\infty} \frac{1}{n\alpha(n)} = \sum_{n=24}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 0} = \sum_{n=24}^{\infty} 1 = \infty

קיבלנו שהזנב של הטור מתבדר, לכן הטור מתבדר.

---

תזכורת:

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n הוא טור אי שלילי אם an≥0a_n \geq 0 לכל n≥kn \geq k.

---

משפט (מבחן ההשוואה לטורים אי שליליים):

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} ו (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נניח כי 0≤an≤bn0 \leq a_n \leq b_n לכל n≥kn \geq k.

אם ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty, אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty ובנוסף ∑n=k∞an≤∑n=k∞bn\sum_{n=k}^{\infty} a_n \leq \sum_{n=k}^{\infty} b_n.

---

משפט (מבחן ההשוואה הגבולי לטורים אי שליליים):

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} ו (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נניח כי:

1.לכל nn, an≥0a_n \geq 0 ו bn>0b_n > 0
2.קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש L>0L > 0 וכך ש L=lim⁡n→∞anbnL = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}

אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty אם"ם ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty.

---

הטור ה-pp הרמוני:

יהי p∈Rp \in \mathbb{R}, אזי:

∑n=1∞1np={∞p≤1<∞p>1\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = \begin{cases} \infty & p \leq 1 \\ < \infty & p > 1 \end{cases}
3
שאלה 1בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות

דוגמאות: קבעו האם הטורים הבאים מתכנסים או מתבדרים (אין צורך לחשב את ערכם):

1.∑n=1∞2n2+4n+1n3+9\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{2n^2+4n+1}}{n^3+9}

פתרון:

נבחר an=2n2+4n+1n3+9a_n = \frac{\sqrt{2n^2+4n+1}}{n^3+9} ו bn=1n2b_n = \frac{1}{n^2} לכל n∈Nn \in \mathbb{N}, אזי

lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞2n2+4n+1n3+91n2=lim⁡n→∞n2n2(2+4n+1n2)n3(1+9n3)=lim⁡n→∞n3⋅2+4n+1n2n3⋅(1+9n3)=2>0\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\sqrt{2n^2+4n+1}}{n^3+9}}{\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 \sqrt{n^2 \left(2 + \frac{4}{n} + \frac{1}{n^2}\right)}}{n^3 \left(1 + \frac{9}{n^3}\right)} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^3 \cdot \sqrt{2 + \frac{4}{n} + \frac{1}{n^2}}}{n^3 \cdot \left(1 + \frac{9}{n^3}\right)} = \sqrt{2} > 0

לכן הטור ∑n=1∞2n2+4n+1n3+9\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{2n^2+4n+1}}{n^3+9} מתכנס ביחד עם הטור ההרמוני.

2.∑n=1∞ln⁡(n)n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n}

פתרון:

נשים לב ש ln⁡(n)>1\ln(n) > 1 לכל n≥3n \geq 3.

לכן

∑n=3∞ln⁡(n)n≥∑n=3∞1n=∞\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n} \geq \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty

∑n=3∞1n\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n} מתבדר, ולכן ממבחן ההשוואה הטור ∑n=3∞ln⁡(n)n\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n} מתבדר, וזנבו של הטור ∑n=1∞ln⁡(n)n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n} מתבדר, ולכן גם הטור עצמו מתבדר.

4
שאלה 1קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות
3.∑n=1∞nn3−4n2+5n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}}

פתרון:

ראשית נשים לב שלכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים n3−4n2+5n=n(n2−4n+5)>0n^3 - 4n^2 + 5n = n(n^2 - 4n + 5) > 0, אזי לכל n∈Nn \in \mathbb{N}.

נבחר an=nn3−4n2+5na_n = \frac{n}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}} ו bn=1n0.5b_n = \frac{1}{n^{0.5}}

lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞nn3−4n2+5n1n0.5=lim⁡n→∞n1.5n3(1−4n+5n2)=lim⁡n→∞n1.5n1.51−4n+5n2=11=1>0\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}}}{\frac{1}{n^{0.5}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.5}}{\sqrt{n^3\left(1 - \frac{4}{n} + \frac{5}{n^2}\right)}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.5}}{n^{1.5}\sqrt{1 - \frac{4}{n} + \frac{5}{n^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1}} = 1 > 0

הטור ∑n=1∞1n0.5\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{0.5}} מתבדר ביחד עם הטור ההרמוני.

לכן הטור ∑n=1∞nn3−4n2+5n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}} מתבדר.

---

4.∑n=1∞n+100sin⁡(n)n3−4n2+5n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+100\sin(n)}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}}

פתרון:

מדובר בטור אי שלילי ולכל n≥100n \geq 100 נשים לב שלכל n≥200n \geq 200 מתקיים:

n+100sin⁡(n)n3−4n2+5n≥n−100⋅1n3−4n2+5n=n−100n3−4n2+5n\frac{n + 100\sin(n)}{\sqrt{n^3 - 4n^2 + 5n}} \geq \frac{n - 100 \cdot 1}{\sqrt{n^3 - 4n^2 + 5n}} = \frac{n - 100}{\sqrt{n^3 - 4n^2 + 5n}}

עבור n≥200n \geq 200 מתקיים n−100≥n2n - 100 \geq \frac{n}{2}, ולכן:

n+100sin⁡(n)n3−4n2+5n≥12⋅nn3−4n2+5n\frac{n + 100\sin(n)}{\sqrt{n^3 - 4n^2 + 5n}} \geq \frac{1}{2} \cdot \frac{n}{\sqrt{n^3 - 4n^2 + 5n}}

הטור ∑n=1∞nn3−4n2+5n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}} מתבדר (הוכחנו בסעיף הקודם), ולכן גם הטור ∑n=200∞nn3−4n2+5n\sum_{n=200}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}} מתבדר.

ממבחן ההשוואה גם הטור ∑n=200∞n+100sin⁡(n)n3−4n2+5n\sum_{n=200}^{\infty} \frac{n+100\sin(n)}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}} מתבדר.

לכן הטור ∑n=1∞n+100sin⁡(n)n3−4n2+5n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+100\sin(n)}{\sqrt{n^3-4n^2+5n}} מתבדר, כי הזנב שלו מתבדר.

5
שאלה 1בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות

תרגיל: תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נניח שהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n הוא טור אי שלילי ומתכנס. הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות:

1. אם ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס, אז ∑n=1∞an2\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 מתכנס.

פתרון: הטענה לא נכונה.

נבחר an=1na_n = \frac{1}{n} לכל n≥1n \geq 1.

∑n=1∞an=∑n=1∞1n=∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty

אבל

∑n=1∞an2=∑n=1∞(1n)2=∑n=1∞1n2<∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n}\right)^2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < \infty

מתכנס.

2. אם ∑n=1∞an2\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 מתכנס, אז ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס.

פתרון: הטענה נכונה.

היות ש ∑n=1∞an2\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 מתכנס, התנאי ההכרחי מתקיים, כלומר lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

לכן קיים k∈Nk \in \mathbb{N} כך שלכל n≥kn \geq k מתקיים

∣an−0∣<1⇒an<1|a_n - 0| < 1 \Rightarrow a_n < 1

טור אי שלילי, לכן לכל n≥kn \geq k מתקיים 0≤an<10 \leq a_n < 1.

לכן

∑n=k∞an2≤∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n^2 \leq \sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty

ולכן ממבחן ההשוואה ∑n=k∞an2<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n^2 < \infty ולכן ∑n=1∞an2\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 מתכנס.

6
שאלה 2לא סווגגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות

# פתרון:

הטענה נכונה.

נגדיר לכל n∈N,n≥2n \in \mathbb{N}, n \geq 2: an=(−1)n⌊n2⌋a_n = (-1)^n \lfloor \frac{n}{2} \rfloor

ו-SN=∑n=2N(−1)n⌊n2⌋S_N = \sum_{n=2}^{N} (-1)^n \lfloor \frac{n}{2} \rfloor לכל N∈N,N≥2N \in \mathbb{N}, N \geq 2

נשים לב שלכל N∈N,N≥2N \in \mathbb{N}, N \geq 2 מתקיים:

S2N−1=(a2−a3)+(a4−a5)+…+(a2N−2−a2N−1)S_{2N-1} = (a_2 - a_3) + (a_4 - a_5) + \ldots + (a_{2N-2} - a_{2N-1})
=(1⌊22⌋−1⌊32⌋)+(1⌊42⌋−1⌊52⌋)+…+(1⌊2N−22⌋−1⌊2N−12⌋)= \left(\frac{1}{\lfloor \frac{2}{2} \rfloor} - \frac{1}{\lfloor \frac{3}{2} \rfloor}\right) + \left(\frac{1}{\lfloor \frac{4}{2} \rfloor} - \frac{1}{\lfloor \frac{5}{2} \rfloor}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{\lfloor \frac{2N-2}{2} \rfloor} - \frac{1}{\lfloor \frac{2N-1}{2} \rfloor}\right)
=(11−11)+(12−12)+…+(1N−1−1N−1)=0+0+…+0=0= \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{1}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{N-1} - \frac{1}{N-1}\right) = 0 + 0 + \ldots + 0 = 0

ולכן:

lim⁡N→∞S2N−1=lim⁡N→∞0=0\lim_{N \to \infty} S_{2N-1} = \lim_{N \to \infty} 0 = 0

בנוסף נשים לב שלכל N∈N,N≥2N \in \mathbb{N}, N \geq 2 מתקיים:

S2N=S2N−1+a2N=0+(−1)2N⌊2N2⌋=((−1)2)N⌊N⌋=1NS_{2N} = S_{2N-1} + a_{2N} = 0 + (-1)^{2N} \lfloor \frac{2N}{2} \rfloor = ((-1)^2)^N \lfloor N \rfloor = \frac{1}{N}

ולכן:

lim⁡N→∞S2N=lim⁡N→∞1N=0\lim_{N \to \infty} S_{2N} = \lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} = 0

היות ש-lim⁡N→∞S2N−1=lim⁡N→∞S2N=0\lim_{N \to \infty} S_{2N-1} = \lim_{N \to \infty} S_{2N} = 0, אזי:

lim⁡N→∞SN=0\lim_{N \to \infty} S_N = 0

לכן:

∑n=2∞(−1)n⌊n2⌋=lim⁡N→∞SN=lim⁡N→∞∑n=2N(−1)n⌊n2⌋=0\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \lfloor \frac{n}{2} \rfloor = \lim_{N \to \infty} S_N = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=2}^{N} (-1)^n \lfloor \frac{n}{2} \rfloor = 0

תרגול 7

מבחני התכנסות

8 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 7לא סווגגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

תרגול 7 היום: מבחן ההשוואה.

מבחן ההשוואה הגבולי.

מבחן השורש.

מבחן המנה.

מבחן האינטגרל.

תזכורת: סדרה של מספרים ממשיים.

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נאמר שהטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n הוא טור אי שלילי אם an≥0a_n \geq 0 לכל n≥kn \geq k.

משפט (מבחן ההשוואה לטורים אי שליליים):

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} ו (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נניח כי:

1.0≤an≤bn0 \leq a_n \leq b_n לכל n≥kn \geq k.
2.∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty.

אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty ובנוסף, ∑n=k∞an≤∑n=k∞bn\sum_{n=k}^{\infty} a_n \leq \sum_{n=k}^{\infty} b_n.

משפט (מבחן ההשוואה הגבולי לטורים אי שליליים):

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהיינה (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} ו (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נניח כי:

1.bn>0b_n > 0 ו an≥0a_n \geq 0 לכל n≥kn \geq k.
2.קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש L>0L > 0 וכך ש L=lim⁡n→∞anbnL = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}.

אזי ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty אם"ם ∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty.

בנוסף:

אם L=0L = 0 אזי ∑n=k∞bn<∞⇒∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty \Rightarrow \sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty.

אם L=∞L = \infty ו an>0a_n > 0 לכל n≥kn \geq k אזי ∑n=k∞an<∞⇒∑n=k∞bn<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty \Rightarrow \sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty.

2
שאלה 0בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

מבחן השורש:

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נניח כי an≥0a_n \geq 0 לכל n≥kn \geq k.

1.קיים L∈RL \in \mathbb{R} שעבורו L=lim⁡n→∞annL = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}.
2.אם 0≤L<10 \leq L < 1 אזי הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n מתכנס.

אם L>1L > 1 אזי lim⁡n→∞an≠0\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0 ולכן הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n מתבדר.

מבחן המנה:

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהי (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נניח כי an>0a_n > 0 לכל n≥kn \geq k.

1.קיים L∈RL \in \mathbb{R} שעבורו L=lim⁡n→∞an+1anL = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}.
2.אם 0≤L<10 \leq L < 1 אזי הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n מתכנס.

אם L>1L > 1 אזי lim⁡n→∞an≠0\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0 ולכן הטור ∑n=k∞an\sum_{n=k}^{\infty} a_n מתבדר.

מבחן האינטגרל:

יהי 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} ותהי f:[k,∞)→Rf : [k, \infty) \to \mathbb{R}.

1.ff יורדת.
2.lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x \to \infty} f(x) = 0.

אזי ∑n=k∞f(n)<∞\sum_{n=k}^{\infty} f(n) < \infty אם"ם ∫k∞f(x) dx<∞\int_k^{\infty} f(x)\, dx < \infty

ובנוסף:

∫k∞f(x) dx≤∑n=k∞f(n)≤f(k)+∫k∞f(x) dx\int_k^{\infty} f(x)\, dx \leq \sum_{n=k}^{\infty} f(n) \leq f(k) + \int_k^{\infty} f(x)\, dx

הטור ה־pp הרמוני:

יהי p∈Rp \in \mathbb{R} אזי:

∑n=1∞1np={∞p≤1<∞p>1\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = \begin{cases} \infty & p \leq 1 \\ < \infty & p > 1 \end{cases}
3
שאלה 1קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

דוגמאות: קבעו האם הטורים הבאים מתכנסים או מתבדרים (אין צורך לחשב את ערכם):

1.∑n=1∞(n+1)n2nn2−1⋅3n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^{n^2}}{n^{n^2-1} \cdot 3^n}

פתרון:

נשתמש במבחן השורש:

L=lim⁡n→∞(n+1)n2nn2−1⋅3nn=lim⁡n→∞(n+1)n2nnn2−1n⋅3nn=lim⁡n→∞(n+1)nnn⋅n−1n⋅3L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{(n+1)^{n^2}}{n^{n^2-1} \cdot 3^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{\frac{n^2}{n}}}{n^{\frac{n^2-1}{n}} \cdot 3^{\frac{n}{n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^n}{n^n \cdot n^{-\frac{1}{n}} \cdot 3}
=lim⁡n→∞[13(1+1n)n⋅n1n]=lim⁡n→∞[13(1+1n)n⋅n1n]= \lim_{n \to \infty} \left[\frac{1}{3} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \cdot n^{\frac{1}{n}}\right] = \lim_{n \to \infty} \left[\frac{1}{3} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \cdot n^{\frac{1}{n}}\right]
=AOL13⋅e⋅1=e3\stackrel{\text{AOL}}{=} \frac{1}{3} \cdot e \cdot 1 = \frac{e}{3}

כאשר:

- lim⁡n→∞(1+1n)n=Heinelim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \stackrel{\text{Heine}}{=} \lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e

- lim⁡n→∞n1n=1\lim_{n \to \infty} n^{\frac{1}{n}} = 1

היות ש L=e3<1L = \frac{e}{3} < 1 (כי 2<e<32 < e < 3), הטור ∑n=1∞(n+1)n2nn2−1⋅3n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^{n^2}}{n^{n^2-1} \cdot 3^n} מתכנס.

2.∑n=1∞n1002n+ln⁡n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{100}}{2^n + \ln n}

פתרון:

ניתן להבין באינטואיציה שהטור מתכנס כי 2n2^n שואף לאינסוף "הרבה יותר מהר" מאשר n100n^{100}.

נשים לב כי:

∑n=1∞n1002n+ln⁡n≤∑n=1∞n1002n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{100}}{2^n + \ln n} \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{100}}{2^n}

כעת נשתמש במבחן השורש עבור הטור ∑n=1∞n1002n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{100}}{2^n}:

L=lim⁡n→∞n1002nn=lim⁡n→∞n100n2=lim⁡n→∞(n1n)1002=AOL12L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{n^{100}}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{\frac{100}{n}}}{2} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left(n^{\frac{1}{n}}\right)^{100}}{2} \stackrel{\text{AOL}}{=} \frac{1}{2}

היות ש L<1L < 1, הטור ∑n=1∞n1002n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{100}}{2^n} מתכנס.

לכן ממבחן ההשוואה גם הטור ∑n=1∞n1002n+ln⁡n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{100}}{2^n + \ln n} מתכנס.

4
שאלה 1בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

3. שאלה:

∑n=1∞1⋅4⋅7⋯(3n−2)(n+2)(n+3)⋯(2n+1)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)}{(n+2)(n+3) \cdots (2n+1)}

פתרון:

ראשית נשים לב כי לכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים:

an+1=1⋅4⋅7⋯(3(n+1)−2)(n+1+2)(n+1+3)⋯(2(n+1)+1)=1⋅4⋅7⋯(3n−2)(3n+1)(n+3)⋯(2n+1)(2n+2)(2n+3)a_{n+1} = \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3(n+1)-2)}{(n+1+2)(n+1+3) \cdots (2(n+1)+1)} = \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)(3n+1)}{(n+3) \cdots (2n+1)(2n+2)(2n+3)}

נשתמש במבחן המנה:

L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞[1⋅4⋅7⋯(3n−2)(3n+1)(n+3)⋯(2n+1)(2n+2)(2n+3)][1⋅4⋅7⋯(3n−2)(n+2)(n+3)⋯(2n+1)]L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left[\frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)(3n+1)}{(n+3) \cdots (2n+1)(2n+2)(2n+3)}\right]}{\left[\frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)}{(n+2)(n+3) \cdots (2n+1)}\right]}
=lim⁡n→∞1⋅4⋅7⋯(3n−2)(3n+1)(n+3)⋯(2n+1)(2n+2)(2n+3)⋅(n+2)(n+3)⋯(2n+1)1⋅4⋅7⋯(3n−2)= \lim_{n \to \infty} \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)(3n+1)}{(n+3) \cdots (2n+1)(2n+2)(2n+3)} \cdot \frac{(n+2)(n+3) \cdots (2n+1)}{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)}
=lim⁡n→∞(n+2)(3n+1)(2n+2)(2n+3)= \lim_{n \to \infty} \frac{(n+2)(3n+1)}{(2n+2)(2n+3)}
=lim⁡n→∞n(1+2n)⋅n(3+1n)n(2+2n)⋅n(2+3n)=34= \lim_{n \to \infty} \frac{n\left(1+\frac{2}{n}\right) \cdot n\left(3+\frac{1}{n}\right)}{n\left(2+\frac{2}{n}\right) \cdot n\left(2+\frac{3}{n}\right)} = \frac{3}{4}

היות ש־L=34<1L = \frac{3}{4} < 1, הטור ∑n=1∞1⋅4⋅7⋯(3n−2)(n+2)(n+3)⋯(2n+1)\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)}{(n+2)(n+3) \cdots (2n+1)} מתכנס.

5
שאלה 1קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

עצום את הטקסט הבא:

בהינתן α=1\alpha = 1, נשתמש במבחן האינטגרל.

נגדיר f(x)=1xα⋅ln⁡βxf(x) = \frac{1}{x^\alpha \cdot \ln^\beta x} לכל x≥2x \geq 2. היות ש־xαx^\alpha ו־ln⁡βx\ln^\beta x יורדות לכל x≥2x \geq 2, פונקציה אחד חלקי פונקציות עולות היא פונקציה יורדת. זאת כאשר הפונקציה חיובית, המכנה גדל ולכן השבר קטן. ניתן גם להראות שהנגזרת שלילית בתחום (לא נעשה זאת), כלומר:

(1xα⋅ln⁡βx)′<0\left( \frac{1}{x^\alpha \cdot \ln^\beta x} \right)' < 0

נשים לב ש־lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x \to \infty} f(x) = 0.

נחשב את האינטגרל:

∫2∞1x⋅ln⁡βx dx\int_2^\infty \frac{1}{x \cdot \ln^\beta x} \, dx

בעזרת ההצבה t=ln⁡xt = \ln x:

∫ln⁡2∞1tβ dt\int_{\ln 2}^\infty \frac{1}{t^\beta} \, dt

הוכחנו כי במקרה כזה:

- עבור β>1\beta > 1 האינטגרל מתכנס

- עבור 0≤β≤10 \leq \beta \leq 1 האינטגרל מתבדר

לסיכום:

α>1\alpha > 1, β≥0\beta \geq 0 — הטור מתכנס.

0≤α<10 \leq \alpha < 1, β≥0\beta \geq 0 — הטור מתבדר.

α=1\alpha = 1, β>1\beta > 1 — הטור מתכנס.

α=1\alpha = 1, 0≤β≤10 \leq \beta \leq 1 — הטור מתבדר.

6
שאלה 9בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

תרגיל: הוכיחו כי 98≤∑n=1∞1n3≤1.5\frac{9}{8} \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \leq 1.5

פתרון:

נגדיר f(x)=1x3f(x) = \frac{1}{x^3} לכל x≥1x \geq 1.

נשים לב כי ff חיוביות ויורדת (פונקציה חלקי חיובית ועולה) ו־lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞1x3=0\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^3} = 0.

ראינו כבר שהטור ∑n=1∞f(n)=∑n=1∞1n3\sum_{n=1}^{\infty} f(n) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} מתכנס.

נשים לב כי מתקיים:

∫1∞1x3 dx=12\int_1^{\infty} \frac{1}{x^3} \, dx = \frac{1}{2}

לכן ממבחן האינטגרל מתקיים:

∫1∞1x3 dx≤∑n=1∞1n3≤113+∫1∞1x3 dx\int_1^{\infty} \frac{1}{x^3} \, dx \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \leq \frac{1}{1^3} + \int_1^{\infty} \frac{1}{x^3} \, dx

ולכן:

12≤∑n=1∞1n3≤1+12=1.5\frac{1}{2} \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \leq 1 + \frac{1}{2} = 1.5

בנוסף נשים לב כי:

∑n=1∞1n3=113+123+∑n=3∞1n3=1+18+∑n=3∞1n3⏟≥0≥98\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} = \frac{1}{1^3} + \frac{1}{2^3} + \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^3} = 1 + \frac{1}{8} + \underbrace{\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^3}}_{\geq 0} \geq \frac{9}{8}

ולכן סה"כ קיבלנו כי:

98≤∑n=1∞1n3≤1.5\frac{9}{8} \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} \leq 1.5
7
שאלה 1לא סווגגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה

תרגיל: תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. נניח שהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n הוא טור אי שלילי. הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות:

1.אם ∑n=1∞an=∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \infty, אזי lim⁡n→∞(n⋅an)=∞\lim_{n \to \infty} (n \cdot a_n) = \infty

פתרון: הטענה נכונה.

נשים לב שlim⁡n→∞an(1n)=lim⁡n→∞(n⋅an)=∞\lim_{n \to \infty} a_n \left(\frac{1}{n}\right) = \lim_{n \to \infty} (n \cdot a_n) = \infty.

היות ש∑n=1∞an=∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \infty ו∑n=1∞1n=∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty, מממבחן ההשוואה הגבולי מתקיים.

דרך נוספת: מהיות lim⁡n→∞(n⋅an)=∞\lim_{n \to \infty} (n \cdot a_n) = \infty, אזי קיים k∈Nk \in \mathbb{N} כך שלכל n≥kn \geq k מתקיים n⋅an>1⇒an>1nn \cdot a_n > 1 \Rightarrow a_n > \frac{1}{n}.

ולכן ∑n=k∞an≥∑n=k∞1n=∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n \geq \sum_{n=k}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty, כי יש לו זנב מתבדר.

ממבחן ההשוואה ∑n=1∞an=∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \infty ולכן ∑n=k∞an=∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n = \infty.

8
שאלה 1לא סווגגבולותטוריםמבחן-ההשוואהמבחן-המנה
2.נניח ש lim⁡n→∞ann\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} לא קיים, אזי הטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתבדר. לכל n≥1n \geq 1 יש an>0a_n > 0.

פתרון:

הטענה לא נכונה. נבחר לכל n≥1n \geq 1:

$$an=a_n = \begin{cases}

\left(left(\frac{1}{2}\right)nright)^n & n \text{ is odd} \\

\left(left(\frac{1}{3}\right)nright)^n & n \text{ is even}

\end{cases}$$

נשים לב שהגבול של האיברים במקומות הזוגיים של הסדרה (ann)n=1∞\left(\sqrt[n]{a_n}\right)_{n=1}^{\infty} הוא

lim⁡k→∞a2k2k=lim⁡k→∞(13)2k2k=lim⁡k→∞13=13\lim_{k \to \infty} \sqrt[2k]{a_{2k}} = \lim_{k \to \infty} \sqrt[2k]{\left(\frac{1}{3}\right)^{2k}} = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{3} = \frac{1}{3}

והגבול של האיברים במקומות האי זוגיים של הסדרה (ann)n=1∞\left(\sqrt[n]{a_n}\right)_{n=1}^{\infty} הוא

lim⁡k→∞a2k−12k−1=lim⁡k→∞(12)2k−12k−1=lim⁡k→∞12=12\lim_{k \to \infty} \sqrt[2k-1]{a_{2k-1}} = \lim_{k \to \infty} \sqrt[2k-1]{\left(\frac{1}{2}\right)^{2k-1}} = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

לכן הגבול lim⁡n→∞ann\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} לא קיים.

נשים לב ש לכל n∈Nn \in \mathbb{N} יש 0≤an≤(12)n0 \leq a_n \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n.

לכן

∑n=1∞an≤∑n=1∞(12)n<∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n \leq \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n < \infty

ולכן ממבחן ההשוואה ∑n=1∞an<∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n < \infty.

תרגול 8

התכנסות מוחלטת

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 1בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורים

דוגמאות: קבעו האם הטורים הבאים מתכנסים בהחלט, מתכנסים בתנאי או מתבדרים.

1. ∑n=1∞[(arctan⁡(n)+sin⁡n1+cos⁡2n)⋅n3n]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \left( \frac{\arctan(n) + \sin n}{1 + \cos^2 n} \right) \cdot \frac{n}{3^n} \right]

פתרון:

נבדוק תחילה התכנסות בהחלט:

∑n=1∞∣(arctan⁡(n)+sin⁡n1+cos⁡2n)⋅n3n∣=∑n=1∞[∣arctan⁡(n)+sin⁡n∣1+cos⁡2n⋅n3n]\sum_{n=1}^{\infty} \left| \left( \frac{\arctan(n) + \sin n}{1 + \cos^2 n} \right) \cdot \frac{n}{3^n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{|\arctan(n) + \sin n|}{1 + \cos^2 n} \cdot \frac{n}{3^n} \right]
≤∑n=1∞[∣arctan⁡(n)∣+∣sin⁡n∣1+cos⁡2n⋅n3n]\leq \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{|\arctan(n)| + |\sin n|}{1 + \cos^2 n} \cdot \frac{n}{3^n} \right]
≤∑n=1∞[(π2+1)⋅11+0⋅n3n]\leq \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \left( \frac{\pi}{2} + 1 \right) \cdot \frac{1}{1 + 0} \cdot \frac{n}{3^n} \right]
=∑n=1∞[(π2+1)⋅n3n]=(π2+1)∑n=1∞n3n= \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \left( \frac{\pi}{2} + 1 \right) \cdot \frac{n}{3^n} \right] = \left( \frac{\pi}{2} + 1 \right) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n}

הטור ∑n=1∞n3n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} מתכנס. נראה זאת על ידי מבחן השורש:

lim⁡n→∞n3nn=lim⁡n→∞nn3=13<1\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{n}{3^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n}}{3} = \frac{1}{3} < 1

ולכן ממבחן ההשוואה הטור ∑n=1∞∣(arctan⁡(n)+sin⁡n1+cos⁡2n)⋅n3n∣\sum_{n=1}^{\infty} \left| \left( \frac{\arctan(n) + \sin n}{1 + \cos^2 n} \right) \cdot \frac{n}{3^n} \right| מתכנס בהחלט.

לכן הטור ∑n=1∞[(arctan⁡(n)+sin⁡n1+cos⁡2n)⋅n3n]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \left( \frac{\arctan(n) + \sin n}{1 + \cos^2 n} \right) \cdot \frac{n}{3^n} \right] מתכנס בהחלט.

2
שאלה 1בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורים

תרגיל: קבעו האם הטור הבא מתכנס או מתבדר

1−14+12−142+13−143+14−144+...1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4^2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4^3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{4^4} + ...

פתרון: נשים סוגריים באופן הבא:

(1−14)+(12−142)+(13−143)+(14−144)+...\left(1 - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4^2}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4^3}\right) + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{4^4}\right) + ...

קיבלנו את הטור

∑n=1∞(1n−14n)\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{4^n}\right)

זהו טור מתבדר, מכיוון שהוא מורכב מטור מתבדר פחות טור מתכנס, ולכן ממשפט השמת הסוגריים, גם הטור המקורי מתבדר.

---

תרגיל: נניח כי ∑n=1∞1n2=π26\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

1.הוכיחו כי ∑n=1∞1n2=∑n=1∞[1(2n−1)2+1(2n)2]\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \left[\frac{1}{(2n-1)^2} + \frac{1}{(2n)^2}\right]

פתרון: היות שהטור ∑n=1∞1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} מתכנס, אז ממשפט השמת הסוגריים נקבל כי

∑n=1∞1n2=(1+122)+(132+142)+...=∑n=1∞(1(2n−1)2+1(2n)2)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \left(1 + \frac{1}{2^2}\right) + \left(\frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2}\right) + ... = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{(2n-1)^2} + \frac{1}{(2n)^2}\right)
3
שאלה 1בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורים
2.הוכיחו כי ∑n=1∞1(2n−1)2=π28\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}{8}

פתרון:

נשים לב כי מתקיים:

∑n=1∞1(2n)2=14∑n=1∞1n2=14⋅π26\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{4} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6}

היות שהטור ∑n=1∞1(2n−1)2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} מתכנס והטור ∑n=1∞1(2n)2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} מתכנס (ניתן להראות זאת בקלות על ידי מבחן ההשוואה הגבולי עם הטור ∑n=1∞1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}), אז:

∑n=1∞(1(2n−1)2+1(2n)2)=∑n=1∞1(2n−1)2+∑n=1∞1(2n)2\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{(2n-1)^2} + \frac{1}{(2n)^2} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2}

ולכן מהסעיף הראשון נקבל כי:

π26=∑n=1∞1(2n−1)2+14⋅π26\frac{\pi^2}{6} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6}

ולכן:

∑n=1∞1(2n−1)2=34⋅π26=π28\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8}
3.הוכיחו כי ∑n=1∞(−1)n+1n2=π212\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}

פתרון:

היות שהטור ∑n=1∞(−1)n+1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} מתכנס (טור לייבניץ), אז ממשפט השמת הסוגריים נקבל כי:

∑n=1∞(−1)n+1n2=(1−122)+(132−142)+…=∑n=1∞(1(2n−1)2−1(2n)2)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \left( 1 - \frac{1}{2^2} \right) + \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right) + \ldots = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{(2n-1)^2} - \frac{1}{(2n)^2} \right)

ולכן:

∑n=1∞(−1)n+1n2=∑n=1∞1(2n−1)2−∑n=1∞1(2n)2=π28−14⋅π26=π28−π224=3π2−π224=2π224=π212\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^2} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{8} - \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^2}{24} = \frac{3\pi^2 - \pi^2}{24} = \frac{2\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}
4
שאלה 1בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורים

הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות:

תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים.

1. אם ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס, אזי ∑n=1∞ann\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n} מתכנס בהחלט.

פתרון: הטענה לא נכונה.

דוגמה נגדית: נגדיר a1=0a_1 = 0 ולכל n∈Nn \in \mathbb{N}, n≥2n \geq 2:

an=(−1)n+1ln⁡na_n = \frac{(-1)^{n+1}}{\ln n}

נשים לב ש:

∑n=1∞an=∑n=2∞(−1)n+1ln⁡n\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\ln n}

מקיים את התנאים של המסקנה בתזכורת ולכן מתכנס, אבל:

∑n=1∞∣ann∣=∑n=2∞∣(−1)n+1ln⁡n⋅1n∣=∑n=2∞1nln⁡n=∞\sum_{n=1}^{\infty} \left|\frac{a_n}{n}\right| = \sum_{n=2}^{\infty} \left|\frac{(-1)^{n+1}}{\ln n} \cdot \frac{1}{n}\right| = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n} = \infty

ולכן ∑n=1∞ann\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n} לא מתכנס בהחלט.

2. אם ∑n=1∞ann\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n} מתכנס, אזי ∑n=1∞an2n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n^2}{n^2} מתכנס בהחלט.

פתרון: הטענה נכונה.

נשים לב שלכל n∈Nn \in \mathbb{N} מתקיים:

(∣an∣−1n)2≥0⇒an2−2∣an∣n+1n2≥0⇒∣an∣n≤12⋅(an2n2+1n2)(|a_n| - \frac{1}{n})^2 \geq 0 \Rightarrow a_n^2 - 2\frac{|a_n|}{n} + \frac{1}{n^2} \geq 0 \Rightarrow \frac{|a_n|}{n} \leq \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{a_n^2}{n^2} + \frac{1}{n^2}\right)

נשים לב ששני הביטויים הם אי-שליליים ולכן נוכל להשתמש במבחן ההשוואה:

∑n=1∞∣an∣n≤∑n=1∞12⋅(an2n2+1n2)<∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_n|}{n} \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{a_n^2}{n^2} + \frac{1}{n^2}\right) < \infty

ולכן ∑n=1∞∣an∣n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_n|}{n} מתכנס ו-∑n=1∞ann\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n} מתכנס בהחלט.

5
שאלה 1בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורים

## 3.

נניח כי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה אי שלילית כך ש lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0, אזי הטור ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} a_n מתכנס.

פתרון:

הטענה לא נכונה (חלק מהתנאים של משפט לייבניץ לא רשומים).

נבחר את הסדרה 1,0,12,0,13,0,…1, 0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, 0, \ldots

כלומר נבחר את הסדרה:

an={1kn=2k−10n=2k={2n+1n is odd0n is evena_n = \begin{cases} \frac{1}{k} & n = 2k - 1 \\ 0 & n = 2k \end{cases} = \begin{cases} \frac{2}{n+1} & n \text{ is odd} \\ 0 & n \text{ is even} \end{cases}

נשים לב כי lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0 כי הגבול של האיברים במקומות הזוגיים שווה לגבול של האיברים במקומות האי זוגיים ושניהם שווים לאפס.

נראה כי הטור מתבדר:

∑n=1∞(−1)n+1an=1+0+12+0+13+0+…\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} a_n = 1 + 0 + \frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{3} + 0 + \ldots

נשים סוגריים באופן הבא:

(1+0)+(12+0)+(13+0)+…(1 + 0) + \left(\frac{1}{2} + 0\right) + \left(\frac{1}{3} + 0\right) + \ldots

קיבלנו את הטור:

∑n=1∞(1n+0)=∑n=1∞1n\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} + 0\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}

זהו טור מתבדר, ולכן ממשפט השמת הסוגריים, גם הטור המקורי מתבדר.

תרגול 9

טורי חזקות

40 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

מינוס 11. מינוס 11, מצוין. בוא נשאל עוד שאלה למשל, מה זה ה-22 פה?

2
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אם אני מציב n=1n = 1, אני אקבל (−1)1−1⋅x1+151−2\frac{(-1)^{1-1} \cdot x^{1+1}}{5^{1-2}}.

3
שאלה 2לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

a2a_2 זה המקדם של xx בריבוע, או במקרה הזה (x+1)(x+1) בריבוע. אין פה (x+1)(x+1) בריבוע, שזה אומר מיידית ש־a2a_2 הוא 00. ואם תשאלו אותי מה זה,

4
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

זה a1a_1. ואם תשאלו אותי מה זה, זה a3a_3. ומה זה a4a_4? ברור 00, אין מה לחשוב, אין פה חזקות זוגיות בכלל. אם אין פה חזקות זוגיות, זה אומר שהמקדם הוא פשוט 00.

5
שאלה 1בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

# מינוס 1. מצוין.

כל מי שחשב בראש ש11 וטעה, אני אגיד לכם למה טעיתם אם חשבתם 11. כי a2a_2 זה לא מה שמתקבל כשאני מציב n=2n = 2.

6
שאלה 2לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

an=2a_n = 2 זה המקדם של x2x^2, x2x^2 פה מתקבל כשאני מציב n=1n = 1, כשאני מציב n=1n = 1 זה x2x^2 ופה כתוב (−1)1(-1)^1 שזה −1-1.

7
שאלה 7קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אז זה וואלה, זה אחד משפט באינפי. זה הוכחה מורכבת, זה משפט כבד. האם זה מה שקרה פה? ממש לא. לא, פשוט נתת שם חדש. בדיוק, חבר'ה, זה מי שאמר סימון, אהבתי.

8
שאלה 8בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

יש לי פה פרמטר, אני קורא לו בשם אחר. ואני חושב שדוגמה טובה לזה, אני אראה לכם את זה למשל למטה פה. נגיד מישהו יגיד לכם את השאלה הבאה, קבעו עבור אילו ערכי α\alpha הטור הזה מתכנס.

9
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

שזה אם ורק אם x2<1x^2 < 1, שזה אם ורק אם −1<x<1-1 < x < 1.

10
שאלה 6לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

בגדול, מה שאתם אומרים להסתכל כאילו על התרגיל הזה, להגיד שמע, התבלבלת בתרגול, למה לא עשית את זה כבר בתרגול 6? מה זה קשור עכשיו? כאילו, אנחנו ידענו לפתור את זה בתרגול 6. כרגע אני עושה שאלות חימום, שדרכן אני מנסה להבין מה זה אומר ההצבה הזאת.

11
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

הכול זה אם ורק אם. שני החצים האלה זה אם ורק אם. אז זאת אומרת, מה שאתה תכלס אומר פה על הדף זה, הדבר הזה עובד אם xx הוא בין −1-1 ל-11.

12
שאלה 12בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

עצמתי הכל הפוך. אני אומר, פה קודם מצאתי את תחום ההתכנסות ואחרי זה בדיעבד גיליתי מה הרדיוס, שזה קצת מוזר, זה לא מה שנעשה בשאלות היותר קשות. אבל למה זה אמור להפריע לך? כאילו, אין עם זה שום בעיה.

13
שאלה 1.5לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

מינוס 1.5. מינוס 1.5, ואני רוצה, ואם אני אשאל אתכם מה זה a3a_3 פה, אז זה יהיה קצת מבלבל, אני אגיד לכם למה. כי אם אתם באמת רוצים לכתוב את זה בצורה של תוך עסקאות, אז אתם צריכים לכתוב את זה ככה.

14
שאלה 2לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

צריך להיות 2x+12^{x+1} בחזקת שניהם, xx ועוד 1.5x+11.5^{x+1} בחזקת שניהם, לחלק ל4x+14^{x+1}.

או אם הכוונה היא:

צריך להיות 2x+1+1.5x+14x+1\frac{2^{x+1} + 1.5^{x+1}}{4^{x+1}}.

15
שאלה 2לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

הטקסט שסיפקת אינו מכיל ביטויים מתמטיים או עיצוב מתמטי שדורש LaTeX. הוא טקסט דיבור בעברית בלבד, ללא משוואות או ביטויים מתמטיים.

אם זה חלק מחומר הוראה, הנה איך הוא נראה בעיצוב בסיסי:

---

לא הבנתי. חכה, חכה, שנייה, עוד שנייה אני אצור שאלות. אני אומר, יש לי פה איזשהו רדיוס שהוא 2, שאני יודע להבין את זה באופן מיידי, כי אני רואה שהמרחק לפה הוא 2 והמרחק לפה הוא 2.

16
שאלה 9לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

ומה אני רוצה להגיד לסיכום השאלה הזאת, לפני שאתם שואלים שאלות, אז אני רק אסכם כמה דברים. אחד, הבנתי מה לעשות כשהכל בחזקות ∞\infty. זה שאלה אחת, סיימנו עם שאלה אחת בשיעורי הבית 9.

17
שאלה 17קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

זה שאלות שאני אוהב שאתם שואלים וחושבים עליהן, כי אינטואיציות והבנה עמוקה של המבנה של טורים, זה מאוד מאוד חשוב כדי לפתור אחרי זה שאלות של הוכח או הפריך וכך הלאה, ואנחנו נתעסק בזה בסוף התרגול.

18
שאלה 2לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אז לא נגיד דברים כאלה באינפי. אבל אני אניח, לצורך השרטוט טיוטה שלי, אני אניח שה־R2R_2 גדול מה־R1R_1. מותר לי בטיוטה לעשות מה שאני רוצה. בפתרון הפורמלי אני אכתוב את המינימום והמקסימום.

19
שאלה 3לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

זה אזור 3, זה אזור 3. ומה אני יודע לגבי אזור 1? מה אתם אומרים לגבי הטור הזה?

20
שאלה 2לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אם ערך 2 נמחק, אני לא יכול להעסיק שום דבר לערך 3 במשפט בל, והאמת שזה בכלל לא נכון כש־ערך 1 שווה לערך 2. אם אתם רוצים להמשיך לחקור את זה, תעשו בבית, אני לא אפתח את זה לדיון, אני רק אומר, זה לא נכון כשערך 1 שווה לערך 2. למה?

21
שאלה 21קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

טוב, אז אני מקווה שככה הבנו איך אפשר בצורה נחמדה להתמודד פה, ותכלס הוכחנו משפט שימושי להמשך. אתם יכולים להשתמש במשפט הזה כשאתם פותרים שאלות בשיעורי בית. יכול לעזור לכם גם. שאלות סיכום לגבי התרגיל הזה.

22
שאלה 22קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

הטקסט שהוספת אינו מכיל ביטויים מתמטיים, סוגריים KaTeX, או תוכן מתמטי שדורש עיצוב. זה נראה כמו שיחה דיאלוגית בעברית בלבד.

אם זה חלק מחומר עברי רגיל (לא מתמטי), הנה הטקסט כפי שהוא:

---

ואז אתה לא יכול להגיד במשפט הבל שבאזור שלו זה מתבדר ואז זה בכלל לא נכון. אפשר לחשוב על זה בבית. הבנתי, סבבה. אם אין לכם מספיק הוכח או הפרש, תרגישו שהתרגיל קצר מדי.

---

אם יש לך טקסט המכיל משוואות, אינטגרלים, גבולות, טורים או ביטויים מתמטיים אחרים, אנא שלח אותו וגם אעצב אותו בהתאם להנחיות שלך.

23
שאלה 23קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

הטקסט שסופק אינו מכיל מתמטיקה שדורשת עיצוב LaTeX או מבנה של שאלות מתמטיות. הוא טקסט רגיל ללא ביטויים מתמטיים, משוואות, או מבנה של תרגילי חדו"א.

אם הייתה בטקסט מתמטיקה שדורשת עיצוב, היה צריך לפעול כך:

---

היה לו עוד אחד. בסדר? הנה, הוכח או הפרח, מה קורה כשערך אחד שווה לערך שניים? עוד שאלות?

---

(תיקון קטן: "ער" → "ערך" — זה נראה כמו שגיאת OCR או הקלדה)

אם יש לך טקסט מחדו"א עם מתמטיקה ממשית, שלח אותו והוא יעוצב כראוי.

24
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

כשאתם מציבים x=1x = 1 פה, אתם מקבלים x5x^5. זה אומר שכל ה... אין פה x4x^4, אין x3x^3, אין x2x^2, אין x1x^1, זה אומר שכולם אפסים שם.

25
שאלה 8לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

זה חשוב לשים לב. מה זה 88? תשובה מהירה. 424^2 חלקי 22. מה זה 88?

26
שאלה 0לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות
0.למה 00? איזה חזקות יש פה? רק חזקות אי זוגיות, נכון? יש פה x5x^5, x7x^7, x9x^9, אין חזקות זוגיות. יאללה, שאלה שעכשיו לא 00, מה זה אי 55?
27
שאלה 4לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות
4.למה? כי a5a_5 מתקבל כשאני מציב n=1n = 1. כשאני מציב n=1n = 1 אני מקבל x5=41x^5 = 4^1 חלקי 11, אז זה 414^1 חלקי 11. טוב, למה אני עושה את זה בכלל? אנחנו נבין עוד מעט.
28
שאלה 28בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

נכון? אם אני מוצא את הרדיוס, החיים טובים. אז אני חוזר לשיחה שעשינו בהתחלה. בשאלות הראשונות עשינו משהו מאוד מאוד מוזר. קודם מצאנו את תחום ההתכנסות ואחרי זה את הרדיוס, שזה מוזר לעשות את זה, אבל זה היה אקטור גיאומטרי.

29
שאלה 0לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

למה בעייה? כי הגבול שלו יהיה 00, אבל הגבול שלו לא יהיה 00. אם הגבול של הזוגי והאי זוגי לא יוצא אותו דבר, זה אומר שהגבול לא קיים במובן הרחב, וזה אומר שאני בכלל לא יכול להשתמש בכל מה שכתוב פה.

30
שאלה 4לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

של 4∞/∞4^{\infty}/\infty, שזה lim⁡n→∞4n1/n\lim_{n \to \infty} \frac{4}{n^{1/n}}, שכל ילד שהיה כבר בשני התרגולים האחרונים יודע שזה גבול שכל הזמן חוזר על עצמו שהוא 11, שזה 44.

31
שאלה 31בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

ואז משם כבר נמצא תחום ההתכנסות של הטור. הרי מה מצאנו בטורי חזקות? קיצורי דרך. בגלל שיש את התכונה הסימטרית הנפלאה, אז אם מוצאים זה מתכנס בתנאי, סבבה.

32
שאלה 32בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אני נותן פה המון נקודות קטנות כאלה, אני מקווה שאתם סגורים עליהן, צוברים את ארגז הכלים ותתמודדו יפה בבית. בואו נעשה עוד דוגמה מאותו רעיון, עם איזה אלמנט שהוא טיפה שונה. אז חשבו על תחום ההתכנסות של טור החזקות הבא.

33
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

כמה הגבול הזה שווה?

1.אבל האמת שלא הסברתי את זה פה ואתם בעיקרון צריכים להסביר את זה. את זה אתם יכולים לקחת את הלמה של היינה, להציב xn=1nx_n = \frac{1}{n} לצד, ואז יהיה sin⁡2xnxn2\frac{\sin^2 x_n}{x_n^2}.
2.אותו דבר נחזור על זה פה.
34
שאלה 4לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

את השאר אני כבר יודע. בוא נעשה את זה. אז למשל עבור x=4x = 4, מה אנחנו מקבלים פה? אם אני מציג פה x=4x = 4, זה 4−314 - 3^1, זה פשוט 11.

35
שאלה 6לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אני אגיד לכם מה התשובה, שבעיקרון זאת שאלה משיעורי בית 6. מה הבעיה? אנחנו כבר בשבוע 9, אנחנו לא זוכרים פיקס מה קרה בשבוע 6. אבל אני כן רוצה להעיר פה איזושהי הערה כללית חשובה,

36
שאלה 1לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אז זה תמיד כזה sin⁡(1)\sin(1), sin⁡(1n)\sin\left(\frac{1}{n}\right) שגדול מ-11, או 11. אז ברור שזה מסתדר פה. אז אם sin⁡x≤x\sin x \leq x, אז גם sin⁡2x≤x2\sin^2 x \leq x^2, כל עוד זה חיובי כמובן, וזה חיובי.

37
שאלה 4לא סווגגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אז זה מה שקורה פה ב-x=4x = 4. מה קורה עבור x=2x = 2? עבור x=2x = 2 אנחנו מקבלים, אם אני חוזר לפה, 2−32 - 3 בחזקתנו, שזה −1-1 בחזקתנו. אז אני שואל אתכם,

38
שאלה 2קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

אתם יודעים שאם תשימו ערך מוחלט, תקבלו את מה שכתוב למעלה, ולכן זה מתכנס בהחלט. כי הוכחנו את זה לפני רגע למעלה. ולכן אני מוצא שספציפית בתרגיל הזה, התור מתכנס גם ב־22 וגם ב־44. ולכן לסיכום אני אכתוב את הדבר הזה.

39
שאלה 6בינוניגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

יופי, סיימנו את סעיף א' של שבוע הבא, שזה בעצם התרגיל של היום, שזה כולל לדעת איך נמצאים את הרדיוס, וזה כולל לדעת לבדוק קצוות, שכל בדיקה מהקצוות זה שבועות 6 עד 8.

40
שאלה 40קשהגבולותהתכנסות-בהחלטהתכנסות-בתנאיטורי-חזקות

שאלות סיכום

אולי אשים את זה פה — רואים את זה יותר יפה לגבי התרגיל הזה. לא משנה, אותו דבר.

ונעבור לפרק האחרון של התרגול הזה — קצת הוכח או הפרח, לצבור קצת אינטואיציות לקראת שיעורי הבית.

תרגול 10

מקלורן וטיילור

6 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 1קשהגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-המנה

דרך אגב, סינוס וקוסינוס, גם אתמול בהרצאה לא הוכחתם עוד פורמלית שיש שוויון בין sin⁡x\sin x לטור הזה, אבל לצורך התרגול הזה ולצורך שיעורי הבית אני מניח שיש פה שוויון ואני יכול להסתמך על כך.

2
שאלה 0לא סווגגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-המנה

מציבים x=x0x = x_0, כלומר 00, ומקבלים ש־C=0C = 0. לכן:

3
שאלה 3קשהגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-המנה

אם אחרי נגזרת אחת מתקבל טור מוכר, מפסיקים שם. לא צריך לגזור עוד סתם. תאורטית ייתכן שצריך לגזור פעמיים או יותר, אבל בתרגילים שלנו לרוב זה לא יקרה, או שזה יהיה מיותר אם משתמשים נכון במסקנות שכבר הוכחנו.

4
שאלה 0בינוניגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-המנה

רוצים לחשב את הנגזרת ה־nn בנקודה 00. בלי טורים זה תרגיל קשה מאוד, כי צריך לעבוד עם הגדרת נגזרת ואינדוקציה. עם טורים זה יפה.

5
שאלה 0לא סווגגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-המנה

יש כאן נקודה עדינה: אם כותבים את הטור בקיצור עם n=0n=0, נוצרת תחושה של 000^0 כשמציבים x=0x=0. צריך לזכור שהכתיבה המקוצרת היא רק סימון, והאיבר הראשון באמת שווה 11. לכן עדיף לפעמים לכתוב את האיבר הראשון בחוץ כדי לא להתבלבל.

6
שאלה 0לא סווגגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-המנה

במקרה הזה צריך להפריד זוגי ואי־זוגי. אם nn אי־זוגי, המקדם הוא 00 ולכן הנגזרת היא 00. אם nn זוגי, מציבים n=2kn=2k ומקבלים את המקדם המתאים. בסוף מקבלים נוסחה לכל הנגזרות בנקודה 00.

מטלות

מטלה 1

גבולות

6 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות

Calculus II – Spring2025−26Homework1SolutionSpring 2025-26 Homework 1 Solution

1.Compute each of the following limits or prove that it doesn't exist in the extended sense

(a) lim⁡x→0x2−xsin⁡x(ex−1)⋅ln⁡(1+x)\lim_{x \to 0} \frac{x^2 - x \sin x}{(e^x - 1) \cdot \ln(1+x)}

Solution: First note that

lim⁡x→0xex−1=00=lim⁡x→01ex (L’H)=1(⋆)\lim_{x \to 0} \frac{x}{e^x - 1} = \frac{0}{0} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{e^x} \text{ (L'H)} = 1 \quad (\star)

and

lim⁡x→0x−sin⁡xln⁡(1+x)=00=lim⁡x→01−cos⁡x11+x (L’H)=0(⋆⋆)\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{\ln(1 + x)} = \frac{0}{0} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{\frac{1}{1+x}} \text{ (L'H)} = 0 \quad (\star\star)

It follows that

lim⁡x→0x2−xsin⁡x(ex−1)⋅ln⁡(1+x)=lim⁡x→0x(x−sin⁡x)(ex−1)⋅ln⁡(1+x)=lim⁡x→0[xex−1⋅x−sin⁡xln⁡(1+x)]\lim_{x \to 0} \frac{x^2 - x \sin x}{(e^x - 1) \cdot \ln(1 + x)} = \lim_{x \to 0} \frac{x(x - \sin x)}{(e^x - 1) \cdot \ln(1 + x)} = \lim_{x \to 0} \left[\frac{x}{e^x - 1} \cdot \frac{x - \sin x}{\ln(1 + x)}\right]
by (⋆),(⋆⋆)=1⋅0=0\text{by } (\star), (\star\star) = 1 \cdot 0 = 0

(b) lim⁡x→0+x2⋅ln⁡(x)\lim_{x \to 0^+} x^2 \cdot \ln(x)

Solution: We have

lim⁡x→0+x2⋅ln⁡(x)=lim⁡x→0+ln⁡(x)1x2=−∞∞=lim⁡x→0+1x−2x3\lim_{x \to 0^+} x^2 \cdot \ln(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\frac{1}{x^2}} = \frac{-\infty}{\infty} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{2}{x^3}}
=lim⁡x→0+[−x22] (L’H)=0= \lim_{x \to 0^+} \left[-\frac{x^2}{2}\right] \text{ (L'H)} = 0

(c) lim⁡x→0tan⁡(x)−xln⁡(1+x)−x\lim_{x \to 0} \frac{\tan(x) - x}{\ln(1+x) - x}

Solution: We have

lim⁡x→0tan⁡(x)−xln⁡(1+x)−x=00=lim⁡x→01cos⁡2(x)−111+x−1\lim_{x \to 0} \frac{\tan(x) - x}{\ln(1 + x) - x} = \frac{0}{0} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{\cos^2(x)} - 1}{\frac{1}{1+x} - 1}
=lim⁡x→0[1−cos⁡2(x)cos⁡2(x)][1−(1+x)1+x] (formula)=lim⁡x→0sin⁡2(x)⋅(1+x)cos⁡2(x)⋅(−x)= \lim_{x \to 0} \frac{\left[\frac{1 - \cos^2(x)}{\cos^2(x)}\right]}{\left[\frac{1 - (1+x)}{1+x}\right]} \text{ (formula)} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2(x) \cdot (1 + x)}{\cos^2(x) \cdot (-x)}
=lim⁡x→0[−sin⁡(x)x⋅sin⁡(x)1⋅1cos⁡2(x)⋅(1+x)] (L’H)=−1⋅1⋅1=0= \lim_{x \to 0} \left[-\frac{\sin(x)}{x} \cdot \frac{\sin(x)}{1} \cdot \frac{1}{\cos^2(x)} \cdot (1 + x)\right] \text{ (L'H)} = -1 \cdot 1 \cdot 1 = 0
2
שאלה 2קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
2.Let x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} and let ff be a function that is defined on a neighborhood of x0x_0. Suppose that ff is differentiable at every xx in the neighborhood for which x≠x0x \neq x_0. Let L∈RL \in \mathbb{R} and suppose also that lim⁡x→x0f′(x)=L\lim_{x \to x_0} f'(x) = L.

(a) Give an example of a function satisfying the conditions above, and such that ff is not differentiable at x0x_0.

פתרון:

Consider the function defined by

f(x)={0x≠01x=0f(x) = \begin{cases} 0 & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}

for every x∈Rx \in \mathbb{R}. We choose x0=0x_0 = 0.

Note that for every x≠0x \neq 0, ff is differentiable by AOD at xx and that for every x≠0x \neq 0 we have f′(x)=0f'(x) = 0. It follows that lim⁡x→0f′(x)=lim⁡x→00=0\lim_{x \to 0} f'(x) = \lim_{x \to 0} 0 = 0.

Note also that lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→00=0≠1=f(0)\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} 0 = 0 \neq 1 = f(0), which implies that ff is not continuous at x0=0x_0 = 0 and therefore ff is not differentiable at x0=0x_0 = 0.

(b) Suppose, in addition, that ff is continuous at x0x_0. Prove that ff is continuously differentiable at x0x_0.

פתרון:

As ff is continuous at x0x_0, then lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0). It follows that

lim⁡x→x0[f(x)−f(x0)]=0\lim_{x \to x_0} [f(x) - f(x_0)] = 0

Thus, by L'Hôpital's rule:

f′(x0)=lim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0=lim⁡x→x0f′(x)1=lim⁡x→x0f′(x)=Lf'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{1} = \lim_{x \to x_0} f'(x) = L

It follows that ff is continuously differentiable at x0x_0 and that f′(x0)=L=lim⁡x→x0f′(x)f'(x_0) = L = \lim_{x \to x_0} f'(x).

(c) Conclude that there exists no function f:(−1,1)→Rf : (-1, 1) \to \mathbb{R} for which

f′(x)={xsin⁡1xx≠01x=0f'(x) = \begin{cases} x \sin \frac{1}{x} & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}

for every x∈(−1,1)x \in (-1, 1).

פתרון:

Assume to the contrary that such a function exists. As ff is differentiable at x0=0x_0 = 0 then ff is continuous at x0=0x_0 = 0. As

lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0[xsin⁡1x]=0,\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left[x \sin \frac{1}{x}\right] = 0,

thenbyitem(b),then by item (b), ff is continuously differentiable at x0=0x_0 = 0 and therefore

1=f′(0)=lim⁡x→0f′(x)=01 = f'(0) = \lim_{x \to 0} f'(x) = 0

Contradiction.

3
שאלה 3קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
3.Let x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} and let f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}.

(a) Suppose that ff is twice-differentiable at x0x_0. Prove that

lim⁡h→0f(x0+h)−2f(x0)+f(x0−h)h2=f′′(x0)\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)}{h^2} = f''(x_0)

Solution:

As ff is twice differentiable, then ff is continuous and therefore lim⁡h→0f(x0+h)=f(x0)\lim_{h \to 0} f(x_0 + h) = f(x_0) and lim⁡h→0f(x0−h)=f(x0)\lim_{h \to 0} f(x_0 - h) = f(x_0). It follows that lim⁡h→0[f(x0+h)−2f(x0)+f(x0−h)]=0\lim_{h \to 0} [f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)] = 0 (L'H).

Also, since ff is twice differentiable, f′f' is differentiable in a neighborhood of x0x_0. We now compute the limit starting from the left-hand side:

lim⁡h→0f(x0+h)−2f(x0)+f(x0−h)h2=00\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)}{h^2} = \frac{0}{0}
=lim⁡h→0f′(x0+h)+f′(x0−h)⋅(−1)2h= \lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0 + h) + f'(x_0 - h) \cdot (-1)}{2h}
=lim⁡h→0f′(x0+h)−f′(x0−h)2h= \lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0 - h)}{2h}
=lim⁡h→0f′(x0+h)−f′(x0)+f′(x0)−f′(x0−h)2h= \lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0) + f'(x_0) - f'(x_0 - h)}{2h}
=lim⁡h→0[f′(x0+h)−f′(x0)2h+f′(x0)−f′(x0−h)h](⋆)= \lim_{h \to 0} \left[ \frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0)}{2h} + \frac{f'(x_0) - f'(x_0 - h)}{h} \right] \quad (\star)
=f′′(x0)2+f′′(x0)2=f′′(x0)= \frac{f''(x_0)}{2} + \frac{f''(x_0)}{2} = f''(x_0)

where lim⁡h→0f′(x0−h)−f′(x0)h→t=−hlim⁡t→0f′(x0+t)−f′(x0)−t=lim⁡t→0−f′(x0+t)−f′(x0)t\lim_{h \to 0} \frac{f'(x_0 - h) - f'(x_0)}{h} \xrightarrow{t = -h} \lim_{t \to 0} \frac{f'(x_0 + t) - f'(x_0)}{-t} = \lim_{t \to 0} -\frac{f'(x_0 + t) - f'(x_0)}{t} (L'H) =−f′′(x0)= -f''(x_0). (⋆)(\star)

(b) Prove or disprove the following statement: If the limit lim⁡h→0f(x0+h)−2f(x0)+f(x0−h)h2\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)}{h^2} exists, then ff is twice-differentiable at x0x_0.

Solution:

False. We choose

f(x)={x22x≥0−x22x<0f(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{2} & x \geq 0 \\ -\frac{x^2}{2} & x < 0 \end{cases}

for every x∈Rx \in \mathbb{R} and choose x0=0x_0 = 0. We now show that ff is not twice differentiable at x0=0x_0 = 0.

Note that for every x∈Rx \in \mathbb{R} we have f(x)+f(−x)=0f(x) + f(-x) = 0. It follows that

lim⁡h→0f(x0+h)−2f(x0)+f(x0−h)h2=lim⁡h→0f(h)+f(−h)h2=lim⁡h→00h2=0.\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - 2f(x_0) + f(x_0 - h)}{h^2} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) + f(-h)}{h^2} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h^2} = 0.
4
שאלה 4קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות

4.

(a) Student A has computed lim⁡x→1x3+3x−4x2−3x+2\lim_{x \to 1} \frac{x^3 + 3x - 4}{x^2 - 3x + 2} by using L'Hôpital's rule in the following way:

lim⁡x→1x3+3x−4x2−3x+2=lim⁡x→13x2+32x−3=lim⁡x→16x2=3\lim_{x \to 1} \frac{x^3 + 3x - 4}{x^2 - 3x + 2} = \lim_{x \to 1} \frac{3x^2 + 3}{2x - 3} = \lim_{x \to 1} \frac{6x}{2} = 3

Explain student A's mistake.

פתרון:

Student A used L'Hôpital's rule but the conditions for L'Hôpital's rule don't hold, as the limit lim⁡x→13x2+32x−3\lim_{x \to 1} \frac{3x^2 + 3}{2x - 3} is not a limit of the form 00\frac{0}{0} nor of the form ∞∞\frac{\infty}{\infty} — it is a limit of the form 6−1\frac{6}{-1}. Student A could have used L'Hôpital's rule only on the first limit, but not on the second one. Indeed, the value of the limit is −6-6.

(b) Student A has proved that every differentiable function f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} must also be continuously differentiable in the following way:

Let x0∈Rx_0 \in \mathbb{R}. Then

f′(x0)=deflim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0=00L’Hlim⁡x→x0f′(x)1=lim⁡x→x0f′(x)f'(x_0) \stackrel{\text{def}}{=} \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \stackrel{\text{L'H}}{\underset{\frac{0}{0}}{=}} \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{1} = \lim_{x \to x_0} f'(x)

Explain student A's mistake.

פתרון:

Student A assumed that lim⁡x→x0f′(x)\lim_{x \to x_0} f'(x) exists in the extended sense, which is one of the assumptions of L'Hôpital's rule, but this assumption doesn't always hold. Indeed, the function defined by

f(x)={x2sin⁡1xx≠00x=0f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x} & x \neq 0 \\ 0 & x = 0 \end{cases}

for every x∈Rx \in \mathbb{R} was seen in class as a function that is not continuously differentiable at x0=0x_0 = 0, because lim⁡x→x0f′(x)\lim_{x \to x_0} f'(x) does not exist in the extended sense.

(c) Student A found a counter-example for Darboux's theorem: Consider the function defined by

f(x)={xx>0−xx<0f(x) = \begin{cases} x & x > 0 \\ -x & x < 0 \end{cases}

Then ff is differentiable by AOD. Note that f′(1)=1f'(1) = 1 and f′(−1)=−1f'(-1) = -1, but there exists no c∈[−1,1]c \in [-1, 1] for which f′(c)=0f'(c) = 0. Explain student A's mistake.

פתרון:

The conditions for Darboux's theorem do not hold; the function is not differentiable on [−1,1][-1, 1] as it is not defined at x0=0x_0 = 0, and therefore not differentiable at x0=0x_0 = 0.

5
שאלה 5קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
5.Let ff be a function that is defined on (0,2)(0, 2). Suppose that ff is differentiable.

(a) Suppose that f′(x)⋅f′(1x)<0f'(x) \cdot f'\left(\frac{1}{x}\right) < 0 for every 1≠x∈(0,2)1 \neq x \in (0, 2). Prove that f′(1)=0f'(1) = 0.

Solution:

First note that as f′(x)⋅f′(1x)<0f'(x) \cdot f'\left(\frac{1}{x}\right) < 0 for every 1≠x∈(0,2)1 \neq x \in (0, 2), then f′(x)≠0f'(x) \neq 0 for every 1≠x∈(0,2)1 \neq x \in (0, 2). As f′(23)⋅f′(32)<0f'\left(\frac{2}{3}\right) \cdot f'\left(\frac{3}{2}\right) < 0, then by Darboux's theorem there exists a 23<c<32\frac{2}{3} < c < \frac{3}{2} for which f′(c)=0f'(c) = 0. Thus, c=1c = 1.

(b) Suppose that lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) does not exist in the extended sense. Prove that there exists a c∈(0,2)c \in (0, 2) for which f′(c)=0f'(c) = 0.

Solution:

Assume to the contrary that f′(x)≠0f'(x) \neq 0 for every 0<x<20 < x < 2. Suppose first that f′(x)>0f'(x) > 0 for every x∈(0,2)x \in (0, 2). Then ff is strictly increasing, and therefore lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) exists in the extended sense and

lim⁡x→2−f(x)=sup⁡{f(x):0<x<2}\lim_{x \to 2^-} f(x) = \sup \{f(x) : 0 < x < 2\}

Contradiction. Suppose now that f′(x)<0f'(x) < 0 for every x∈(0,2)x \in (0, 2). Then ff is strictly decreasing, and therefore lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) exists in the extended sense and

lim⁡x→2−f(x)=inf⁡{f(x):0<x<2}\lim_{x \to 2^-} f(x) = \inf \{f(x) : 0 < x < 2\}

Contradiction. We conclude that there exists two points 0<x1<x2<20 < x_1 < x_2 < 2 for which f′(x1)⋅f′(x2)<0f'(x_1) \cdot f'(x_2) < 0. As ff is differentiable on [x1,x2][x_1, x_2], then by Darboux's theorem there exists an x1<x<x2x_1 < x < x_2 for which f′(x)=0f'(x) = 0. Contradiction.

6

6
שאלה 6קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
6.Let L∈RL \in \mathbb{R}.

(a) Let g1:R→Rg_1 : \mathbb{R} \to \mathbb{R}. Suppose g1g_1 is an odd function, i.e., g1(−x)=−g1(x)g_1(-x) = -g_1(x) for every x∈Rx \in \mathbb{R}. Suppose in addition that lim⁡x→∞g1(x)=L\lim_{x \to \infty} g_1(x) = L. Prove that lim⁡x→−∞g1(x)=−L\lim_{x \to -\infty} g_1(x) = -L.

Solution:

We compute

lim⁡x→−∞g1(x)=t=−xlim⁡t→∞g1(−t)=oddlim⁡t→∞−g1(t)=AOL−L\lim_{x \to -\infty} g_1(x) \stackrel{t=-x}{=} \lim_{t \to \infty} g_1(-t) \stackrel{\text{odd}}{=} \lim_{t \to \infty} -g_1(t) \stackrel{\text{AOL}}{=} -L

(b) Let g2:R→Rg_2 : \mathbb{R} \to \mathbb{R} be a continuous function. Prove that if lim⁡x→∞g2(x)=lim⁡x→−∞g2(x)=L\lim_{x \to \infty} g_2(x) = \lim_{x \to -\infty} g_2(x) = L, then g2g_2 has an extreme point in R\mathbb{R}.

Solution:

First, if g2g_2 is constant then every point is extreme. We now assume g2g_2 is not constant and consider the function defined by

$$\Psi(x)=Psi(x) = \begin{cases}

g2(g_2(\tan(x))tan(x)) & -\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2} \\

L & x=x = \frac{\pi}{2} \\

L & x=−x = -\frac{\pi}{2}

\end{cases}, \quad \forall x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$$

Note that as g2g_2 is continuous and as lim⁡x→∞g2(x)=lim⁡x→−∞g2(x)=L\lim_{x \to \infty} g_2(x) = \lim_{x \to -\infty} g_2(x) = L, then

lim⁡x→π2−Ψ(x)=lim⁡x→π2−g2(tan⁡(x))=y=tan⁡(x)lim⁡y→∞g2(y)=L=Ψ(π2)\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \Psi(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} g_2(\tan(x)) \stackrel{y=\tan(x)}{=} \lim_{y \to \infty} g_2(y) = L = \Psi\left(\frac{\pi}{2}\right)

and similarly,

lim⁡x→−π2+Ψ(x)=lim⁡x→−π2+g2(tan⁡(x))=y=tan⁡(x)lim⁡y→−∞g2(y)=L=Ψ(−π2)\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^+} \Psi(x) = \lim_{x \to -\frac{\pi}{2}^+} g_2(\tan(x)) \stackrel{y=\tan(x)}{=} \lim_{y \to -\infty} g_2(y) = L = \Psi\left(-\frac{\pi}{2}\right)

It follows that Ψ\Psi is left-continuous at π2\frac{\pi}{2} and right-continuous at −π2-\frac{\pi}{2}. As g2g_2 is continuous, then Ψ\Psi is also continuous on (−π2,π2)\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right). Thus Ψ\Psi is continuous on [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right].

It follows that by Weierstrass's theorem, Ψ\Psi attains a maximum and a minimum on [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right], namely, there exist x1,x2∈[−π2,π2]x_1, x_2 \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] such that

Ψ(x2)≤Ψ(x)≤Ψ(x1),∀x∈[−π2,π2]\Psi(x_2) \leq \Psi(x) \leq \Psi(x_1), \quad \forall x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]

As g2g_2 is not constant, then there exist y1,y2∈Ry_1, y_2 \in \mathbb{R} such that y1≠y2y_1 \neq y_2 and g(y1)≠g(y2)g(y_1) \neq g(y_2). We note that there exist x1=arctan⁡(y1)x_1 = \arctan(y_1), x2=arctan⁡(y2)x_2 = \arctan(y_2). We note that x1,x2∈(−π2,π2)x_1, x_2 \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right). As y1≠y2y_1 \neq y_2, then x1≠x2x_1 \neq x_2. Thus

Ψ(x1)=g2(tan⁡(x1))=g2(tan⁡(arctan⁡(y1)))=g2(y1)≠g2(y2)=g2(tan⁡(arctan⁡(y2)))=g2(tan⁡(x2))=Ψ(x2)\Psi(x_1) = g_2(\tan(x_1)) = g_2(\tan(\arctan(y_1))) = g_2(y_1) \neq g_2(y_2) = g_2(\tan(\arctan(y_2))) = g_2(\tan(x_2)) = \Psi(x_2)

Thus Ψ\Psi is not constant, and as Ψ(−π2)=Ψ(π2)\Psi\left(-\frac{\pi}{2}\right) = \Psi\left(\frac{\pi}{2}\right),

מטלה 2

סדרות ונגזרות

6 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025לא סווגגבולותטוריםסדרותפונקציות

Calculus II – Spring2025−26Homework2SolutionSpring 2025-26 Homework 2 Solution

1.Define each of the following terms. Give a full and complete mathematical definition. If your definition includes a secondary term that was defined in the course, you must define it as well! You do not have to define any term that appears prior to the words 'define the term'. You are not required to re-define terms that were already defined. Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers.

(a) Define the term: the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is not bounded from below and not bounded from above, without using any negation word.

Solution: We say that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is not bounded from below and not bounded from above if for every K1∈RK_1 \in \mathbb{R} there exists an n1∈Nn_1 \in \mathbb{N} for which an1<K1a_{n_1} < K_1 and for every K2∈RK_2 \in \mathbb{R} there exists an n2∈Nn_2 \in \mathbb{N} for which an2>K2a_{n_2} > K_2.

(b) Define the term: lim⁡n→∞an≠∞\lim_{n \to \infty} a_n \neq \infty, without using any negation word.

Solution: We say that lim⁡n→∞an≠∞\lim_{n \to \infty} a_n \neq \infty if there exists a K>0K > 0 such that for every N∈NN \in \mathbb{N} there exists an n≥Nn \geq N for which an≤Ka_n \leq K.

(c) Define the term: we have lim⁡n→∞an=−1\lim_{n \to \infty} a_n = -1.

Solution: We say that lim⁡n→∞an=−1\lim_{n \to \infty} a_n = -1 if for every ϵ>0\epsilon > 0 there exists an N∈NN \in \mathbb{N} such that for every n≥Nn \geq N we have ∣an+1∣<ϵ|a_n + 1| < \epsilon.

(d) Define the term: the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is strictly monotone.

Solution: We say that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is strictly monotone if for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have an>an+1a_n > a_{n+1} or for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have an<an+1a_n < a_{n+1}.

2
שאלה 2קשהגבולותטוריםסדרותפונקציות
2.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} beasequenceofrealnumbers.Proveeachofthefollowingstatements.Initems(a)and(b)proveusingonlythedefinitions.be a sequence of real numbers. Prove each of the following statements. In items (a) and (b) prove using only the definitions.

(a) For every k∈Nk \in \mathbb{N}, the sequence (an+k)n=1∞(a_{n+k})_{n=1}^{\infty} is convergent if and only if (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is convergent, and in that case, lim⁡n→∞an+k=lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_{n+k} = \lim_{n \to \infty} a_n.

Solution:

Let k∈Nk \in \mathbb{N}. We define (bn)n=1∞=(an+k)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} = (a_{n+k})_{n=1}^{\infty}.

⇐\Leftarrow: As (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is convergent, then there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L. Let ϵ>0\epsilon > 0. As lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L, then there exists an N1∈NN_1 \in \mathbb{N} such that for every n≥N1n \geq N_1 we have

∣an−L∣<ϵ(⋆)|a_n - L| < \epsilon \quad (\star)

We choose N=N1N = N_1. Let n≥Nn \geq N, therefore n+k≥N1n + k \geq N_1 and therefore (⋆)(\star) holds for n+kn + k. Then

∣bn−L∣=∣an+k−L∣<ϵ|b_n - L| = |a_{n+k} - L| < \epsilon

Thus (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} is convergent and lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞bn=L\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = L.

⇒\Rightarrow: As (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} is convergent, then there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that lim⁡n→∞bn=L\lim_{n \to \infty} b_n = L. Let ϵ>0\epsilon > 0. As lim⁡n→∞bn=L\lim_{n \to \infty} b_n = L, then there exists an N1∈NN_1 \in \mathbb{N} such that for every n≥N1n \geq N_1 we have

∣bn−L∣<ϵ(⋆⋆)|b_n - L| < \epsilon \quad (\star\star)

We choose N=N1+kN = N_1 + k. Let n≥Nn \geq N, therefore n−k≥N1n - k \geq N_1 and therefore (⋆⋆)(\star\star) holds for n−kn - k. Then

∣an−L∣=∣bn−k−L∣<ϵ|a_n - L| = |b_{n-k} - L| < \epsilon

Thus (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is convergent and lim⁡n→∞bn=lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} a_n = L.

3
שאלה 3קשהגבולותטוריםסדרותפונקציות
3.(a) Let a∈Ra \in \mathbb{R} and let ff be a function that is defined on [a,∞)[a, \infty). Assume that lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty. Prove that for every sequence (xn)n=1∞(x_n)_{n=1}^{\infty} such that lim⁡n→∞xn=∞\lim_{n \to \infty} x_n = \infty, we have lim⁡n→∞f(xn)=∞\lim_{n \to \infty} f(x_n) = \infty.

Solution:

Let (xn)n=1∞(x_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence such that lim⁡n→∞xn=∞\lim_{n \to \infty} x_n = \infty. Let K>0K > 0.

As lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty then there exists an M1>0M_1 > 0 such that for every x>M1x > M_1 we have f(x)>Kf(x) > K (⋆)(\star)

As lim⁡n→∞xn=∞\lim_{n \to \infty} x_n = \infty then there exists an N1∈NN_1 \in \mathbb{N} such that for every n≥N1n \geq N_1 we have xn>M1x_n > M_1 (⋆⋆)(\star\star)

Choose N=N1N = N_1 and let n≥Nn \geq N. Then (⋆⋆)(\star\star) holds for nn and therefore (⋆)(\star) holds for xnx_n.

It follows that f(xn)>(⋆)Kf(x_n) \stackrel{(\star)}{>} K therefore lim⁡n→∞f(xn)=∞\lim_{n \to \infty} f(x_n) = \infty.

(b) Compute the following limit:

lim⁡n→∞(n+n2ln⁡n−n2ln⁡(n+1))\lim_{n \to \infty} \left( n + n^2 \ln n - n^2 \ln(n+1) \right)

Solution:

We have

lim⁡n→∞(n+n2ln⁡n−n2ln⁡(n+1))=lim⁡n→∞(n−n2ln⁡n+1n)\lim_{n \to \infty} \left( n + n^2 \ln n - n^2 \ln(n+1) \right) = \lim_{n \to \infty} \left( n - n^2 \ln \frac{n+1}{n} \right)
=lim⁡n→∞n2(1n−ln⁡n+1n)= \lim_{n \to \infty} n^2 \left( \frac{1}{n} - \ln \frac{n+1}{n} \right)
=lim⁡n→∞1n−ln⁡(1+1n)1n2= \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n} - \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n^2}}

Let xn=1nx_n = \frac{1}{n}:

=lim⁡x→0+x−ln⁡(1+x)x2=00lim⁡x→0+1−11+x2x=00lim⁡x→0+1(1+x)22=12= \lim_{x \to 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x^2} \stackrel{\frac{0}{0}}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \frac{1}{1+x}}{2x} \stackrel{\frac{0}{0}}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{(1+x)^2}}{2} = \frac{1}{2}
4
שאלה 4בינוניגבולותטוריםסדרותפונקציות
4.Compute the following limit as a function of 0<α<10 < \alpha < 1:
lim⁡n→∞(n+1)2α−(n2+1)αn\lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{2\alpha} - (n^2+1)^\alpha}{n}

Solution:

lim⁡n→∞(n+1)2α−(n2+1)αn\lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{2\alpha} - (n^2+1)^\alpha}{n}

xn=nx_n = n ⟹

lim⁡x→∞(x+1)2α−(x2+1)αx\lim_{x \to \infty} \frac{(x+1)^{2\alpha} - (x^2+1)^\alpha}{x}
=lim⁡x→∞x2α(1+1x)2α−(1+1x2)αx= \lim_{x \to \infty} \frac{x^{2\alpha}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha} - \left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^\alpha}{x}
=lim⁡x→∞(1+1x)2α−(1+1x2)αx−2α= \lim_{x \to \infty} \frac{\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha} - \left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^\alpha}{x^{-2\alpha}}

L'H ⟹

=lim⁡x→∞−2αx2(1+1x)2α−1+2αx3(1+1x2)α−1−2αx−2α−1= \lim_{x \to \infty} \frac{-\frac{2\alpha}{x^2}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha-1} + \frac{2\alpha}{x^3}\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\alpha-1}}{-2\alpha x^{-2\alpha-1}}
=lim⁡x→∞x−2(1+1x)2α−1−x−3(1+1x2)α−1x−2α−1= \lim_{x \to \infty} \frac{x^{-2}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha-1} - x^{-3}\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\alpha-1}}{x^{-2\alpha-1}}
=lim⁡x→∞[x2α−1(1+1x)2α−1−x2α−2(1+1x2)α−1]= \lim_{x \to \infty} \left[x^{2\alpha-1}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha-1} - x^{2\alpha-2}\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\alpha-1}\right]

Now we consider three cases.

Case 1: 0<α<120 < \alpha < \frac{1}{2}

lim⁡x→∞[x2α−1(1+1x)2α−1−x2α−2(1+1x2)α−1]\lim_{x \to \infty} \left[x^{2\alpha-1}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha-1} - x^{2\alpha-2}\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\alpha-1}\right] AOL =0−0=0= 0 - 0 = 0

Case 2: α=12\alpha = \frac{1}{2}

lim⁡x→∞[x2α−1(1+1x)2α−1−x2α−2(1+1x2)α−1]\lim_{x \to \infty} \left[x^{2\alpha-1}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha-1} - x^{2\alpha-2}\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\alpha-1}\right] AOL =1−0=1= 1 - 0 = 1

Case 3: α>12\alpha > \frac{1}{2}

lim⁡x→∞[x2α−1(1+1x)2α−1−x2α−2(1+1x2)α−1]\lim_{x \to \infty} \left[x^{2\alpha-1}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{2\alpha-1} - x^{2\alpha-2}\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)^{\alpha-1}\right] AOL =∞−0=∞= \infty - 0 = \infty

We conclude that:

lim⁡n→∞(n+1)2α−(n2+1)αn={00<α<121α=12∞α>12\lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{2\alpha} - (n^2+1)^\alpha}{n} = \begin{cases} 0 & 0 < \alpha < \frac{1}{2} \\ 1 & \alpha = \frac{1}{2} \\ \infty & \alpha > \frac{1}{2} \end{cases}
5
שאלה 5קשהגבולותטוריםסדרותפונקציות
5.(a) Consider the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} defined by the recursive formula
an+1=an+1an∀n∈N,a1=1a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} \quad \forall n \in \mathbb{N}, \quad a_1 = 1

Prove that lim⁡n→∞an=∞\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.

Solution:

We first prove that ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N} we have an>0a_n > 0, and therefore the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is well-defined. We prove this claim by induction:

Base case: a1>0a_1 > 0.

Induction step: Let n∈Nn \in \mathbb{N} such that an>0a_n > 0. Then an+1=an+1an>0a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} > 0.

We now prove that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is increasing. Let n∈Nn \in \mathbb{N}. Then

an+1=an+1an>ana_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} > a_n

Assume to the contrary that lim⁡n→∞an≠∞\lim_{n \to \infty} a_n \neq \infty. As (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is increasing, then there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that

L=lim⁡n→∞an=sup⁡{an:n∈N}L = \lim_{n \to \infty} a_n = \sup \{a_n : n \in \mathbb{N}\}

Note that LL is an upper bound ≥a1=1\geq a_1 = 1 and therefore L≠0L \neq 0. It follows that

L=lim⁡n→∞an+1=lim⁡n→∞(an+1an)=L’HL+1LL = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \left(a_n + \frac{1}{a_n}\right) \stackrel{\text{L'H}}{=} L + \frac{1}{L}

Thus 1L=0\frac{1}{L} = 0. Contradiction.

6

6
שאלה 6קשהגבולותטוריםסדרותפונקציות
6.Let 0<β<α0 < \beta < \alpha and let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} be two sequences that are defined by the recursive formulas
an+1=an+bn2,bn+1=2anbnan+bn,∀n∈Na_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}, \quad b_{n+1} = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n}, \quad \forall n \in \mathbb{N}

with a1=αa_1 = \alpha, b1=βb_1 = \beta

(a) Prove that (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} are well-defined, and prove that an+1≥bn+1a_{n+1} \geq b_{n+1} for every n∈Nn \in \mathbb{N}.

Solution:

We first prove by induction that an,bn>0a_n, b_n > 0 for every n∈Nn \in \mathbb{N}.

Base case: (n=1n = 1). It is already given that 0<b1<a10 < b_1 < a_1.

Induction step: (n⇒n+1n \Rightarrow n + 1.) Let n∈Nn \in \mathbb{N} and suppose that an,bn>0a_n, b_n > 0. Then

an+1=an+bn2>0,bn+1=2anbnan+bn>0.a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} > 0, \quad b_{n+1} = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} > 0.

Thus (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} are well-defined.

We prove now that an+1≥bn+1a_{n+1} \geq b_{n+1} for every n∈Nn \in \mathbb{N}. Let n∈Nn \in \mathbb{N}. As (an−bn)2≥0(a_n - b_n)^2 \geq 0 for every n∈Nn \in \mathbb{N}, then

an2−2anbn+bn2≥0⇒an2+2anbn−4anbn+bn2≥0a_n^2 - 2a_n b_n + b_n^2 \geq 0 \Rightarrow a_n^2 + 2a_n b_n - 4a_n b_n + b_n^2 \geq 0
⇒an2+2anbn+bn2≥4anbn⇒(an+bn)2≥4anbn\Rightarrow a_n^2 + 2a_n b_n + b_n^2 \geq 4a_n b_n \Rightarrow (a_n + b_n)^2 \geq 4a_n b_n

We divide both sides by 2(an+bn)2(a_n + b_n) and we obtain

an+1=an+bn2≥2anbnan+bn=bn+1.a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} \geq \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} = b_{n+1}.

(b) Prove that there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞bn=L\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = L.

Solution:

We prove that (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is decreasing. Let n∈Nn \in \mathbb{N}. We note that

an+1=an+bn2≤an+an2=ana_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} \leq \frac{a_n + a_n}{2} = a_n

We conclude that an≤a1a_n \leq a_1 for every n∈Nn \in \mathbb{N}.

We prove that (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} is increasing. Let n∈Nn \in \mathbb{N}. We note that

bn+1=2anbnan+bn≥2anbnan+an=bnb_{n+1} = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} \geq \frac{2a_n b_n}{a_n + a_n} = b_n

We conclude that bn≥b1b_n \geq b_1 for every n∈Nn \in \mathbb{N}.

Thus for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

b1≤bn≤an≤a1b_1 \leq b_n \leq a_n \leq a_1

Thus (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is bounded from below by b1b_1 and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} is bounded from above by a1a_1 and therefore there exist L1,L2∈RL_1, L_2 \in \mathbb{R} such that lim⁡n→∞an=L1\lim_{n \to \infty} a_n = L_1 and lim⁡n→∞bn=L2\lim_{n \to \infty} b_n = L_2.

מטלה 3

אינטגרלים לא מסוימים

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025בינוניגבולותטוריםנגזרותסדרות

Calculus II – Spring2025−26Homework3SolutionSpring 2025-26 Homework 3 Solution

1.Compute each of the following indefinite integrals:

(a) ∫exdx\int e^{\sqrt{x}} dx

Solution: We write

∫exdx→t=x, 2xdt=dx∫et⋅2t dt\int e^{\sqrt{x}} dx \xrightarrow{t=\sqrt{x}, \, 2\sqrt{x}dt=dx} \int e^t \cdot 2t \, dt
=et⋅2t−∫et⋅2 dt=et⋅2t−et⋅2+C= e^t \cdot 2t - \int e^t \cdot 2 \, dt = e^t \cdot 2t - e^t \cdot 2 + C
=2xex−2ex+C= 2\sqrt{x}e^{\sqrt{x}} - 2e^{\sqrt{x}} + C

(b) ∫dxsin⁡2(x)cos⁡2(x)\int \frac{dx}{\sin^2(x) \cos^2(x)}

Hint: Use the formula sin⁡2(x)+cos⁡2(x)=1\sin^2(x) + \cos^2(x) = 1 for every x∈Rx \in \mathbb{R}.

Solution: We write

∫dxsin⁡2(x)cos⁡2(x)→formula∫sin⁡2(x)+cos⁡2(x)sin⁡2(x)cos⁡2(x)dx\int \frac{dx}{\sin^2(x) \cos^2(x)} \xrightarrow{\text{formula}} \int \frac{\sin^2(x) + \cos^2(x)}{\sin^2(x) \cos^2(x)} dx
=∫dxcos⁡2(x)+∫dxsin⁡2(x)=tan⁡(x)−cot⁡(x)+C= \int \frac{dx}{\cos^2(x)} + \int \frac{dx}{\sin^2(x)} = \tan(x) - \cot(x) + C

(c) ∫x2⋅λe−λxdx\int x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx, where λ≠0\lambda \neq 0

Solution: We develop

∫x2⋅λe−λxdx→IBPλ(−x2e−λxλ−∫−2xe−λxλdx)\int x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx \xrightarrow{\text{IBP}} \lambda \left( -\frac{x^2 e^{-\lambda x}}{\lambda} - \int -\frac{2x e^{-\lambda x}}{\lambda} dx \right)
=λ(−x2e−λxλ+2λ∫xe−λxdx)= \lambda \left( -\frac{x^2 e^{-\lambda x}}{\lambda} + \frac{2}{\lambda} \int x e^{-\lambda x} dx \right)
→IBPλ(−x2e−λxλ+2λ(−xe−λxλ−∫e−λx−λdx))\xrightarrow{\text{IBP}} \lambda \left( -\frac{x^2 e^{-\lambda x}}{\lambda} + \frac{2}{\lambda} \left( -\frac{x e^{-\lambda x}}{\lambda} - \int \frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda} dx \right) \right)
=λ(−x2e−λxλ+2λ(−xe−λxλ+1λ∫e−λxdx))= \lambda \left( -\frac{x^2 e^{-\lambda x}}{\lambda} + \frac{2}{\lambda} \left( -\frac{x e^{-\lambda x}}{\lambda} + \frac{1}{\lambda} \int e^{-\lambda x} dx \right) \right)
=λ(−x2e−λxλ+2λ(−xe−λxλ+1λ⋅e−λx−λ))+C= \lambda \left( -\frac{x^2 e^{-\lambda x}}{\lambda} + \frac{2}{\lambda} \left( -\frac{x e^{-\lambda x}}{\lambda} + \frac{1}{\lambda} \cdot \frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda} \right) \right) + C
=λ(−x2e−λxλ−2xe−λxλ2−2e−λxλ3)+C= \lambda \left( -\frac{x^2 e^{-\lambda x}}{\lambda} - \frac{2x e^{-\lambda x}}{\lambda^2} - \frac{2e^{-\lambda x}}{\lambda^3} \right) + C
=−e−λxλ2(λ2x2+2λx+2)+C= -\frac{e^{-\lambda x}}{\lambda^2} \left( \lambda^2 x^2 + 2\lambda x + 2 \right) + C
2
שאלה 2בינוניגבולותטוריםנגזרותסדרות
2.Compute each of the following indefinite integrals:

(a) ∫sin⁡(ln⁡x) dx\int \sin(\ln x) \, dx

Pתרון:

We develop:

∫sin⁡(ln⁡x) dx=IBPx⋅sin⁡(ln⁡x)−∫x⋅cos⁡(ln⁡x)⋅1x dx\int \sin(\ln x) \, dx \stackrel{\text{IBP}}{=} x \cdot \sin(\ln x) - \int x \cdot \cos(\ln x) \cdot \frac{1}{x} \, dx
=IBPx⋅sin⁡(ln⁡x)−x⋅cos⁡(ln⁡x)+∫x⋅sin⁡(ln⁡x)⋅1x dx\stackrel{\text{IBP}}{=} x \cdot \sin(\ln x) - x \cdot \cos(\ln x) + \int x \cdot \sin(\ln x) \cdot \frac{1}{x} \, dx

Rearranging, we obtain that

2∫sin⁡(ln⁡x) dx=x⋅sin⁡(ln⁡x)−x⋅cos⁡(ln⁡x)+C2 \int \sin(\ln x) \, dx = x \cdot \sin(\ln x) - x \cdot \cos(\ln x) + C

Dividing both sides of the equation by 2, we conclude that

∫sin⁡(ln⁡x) dx=x⋅sin⁡(ln⁡x)−x⋅cos⁡(ln⁡x)2+C\int \sin(\ln x) \, dx = \frac{x \cdot \sin(\ln x) - x \cdot \cos(\ln x)}{2} + C

(b) ∫arctan⁡x dx\int \arctan \sqrt{x} \, dx

Pתרון:

We write

∫arctan⁡x dx=IBPxarctan⁡x−∫x⋅12x1+x dx\int \arctan \sqrt{x} \, dx \stackrel{\text{IBP}}{=} x \arctan \sqrt{x} - \int \frac{x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{1 + x} \, dx
=xarctan⁡x−∫x2(1+x) dx= x \arctan \sqrt{x} - \int \frac{\sqrt{x}}{2(1 + x)} \, dx

Substituting t=xt = \sqrt{x}, dt=12xdx=12tdxdt = \frac{1}{2\sqrt{x}} dx = \frac{1}{2t} dx:

=xarctan⁡x−12∫t1+t2⋅2t dt= x \arctan \sqrt{x} - \frac{1}{2} \int \frac{t}{1 + t^2} \cdot 2t \, dt
=xarctan⁡x−∫t2+1−11+t2 dt= x \arctan \sqrt{x} - \int \frac{t^2 + 1 - 1}{1 + t^2} \, dt
=xarctan⁡x−(t−arctan⁡t)+C= x \arctan \sqrt{x} - (t - \arctan t) + C
=xarctan⁡x−x+arctan⁡x+C= x \arctan \sqrt{x} - \sqrt{x} + \arctan \sqrt{x} + C
=arctan⁡x(x+1)−x+C= \arctan \sqrt{x} (x + 1) - \sqrt{x} + C
3.(a) Compute the indefinite integral ∫dxcos⁡x\int \frac{dx}{\cos x} by writing
1cos⁡x=cos⁡xcos⁡2x=cos⁡x1−sin⁡2x=cos⁡x(1−sin⁡x)(1+sin⁡x)=12⋅cos⁡x1+sin⁡x+12⋅cos⁡x1−sin⁡x\frac{1}{\cos x} = \frac{\cos x}{\cos^2 x} = \frac{\cos x}{1 - \sin^2 x} = \frac{\cos x}{(1 - \sin x)(1 + \sin x)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\cos x}{1 + \sin x} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\cos x}{1 - \sin x}

Pתרון:

We write

∫dxcos⁡x=12∫cos⁡x1+sin⁡x dx+12∫cos⁡x1−sin⁡x dx\int \frac{dx}{\cos x} = \frac{1}{2} \int \frac{\cos x}{1 + \sin x} \, dx + \frac{1}{2} \int \frac{\cos x}{1 - \sin x} \, dx
=12ln⁡∣1+sin⁡x∣−12ln⁡∣1−sin⁡x∣+C= \frac{1}{2} \ln |1 + \sin x| - \frac{1}{2} \ln |1 - \sin x| + C
=12ln⁡∣1+sin⁡x1−sin⁡x∣+C= \frac{1}{2} \ln \left|\frac{1 + \sin x}{1 - \sin x}\right| + C
3
שאלה 4קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
4.Let f:(0,∞)→Rf : (0, \infty) \to \mathbb{R} be a differentiable function. Suppose that
∫ln⁡(x)f′(x) dx=(ln⁡(x)−1)f(x)+C\int \ln(x) f'(x) \, dx = (\ln(x) - 1) f(x) + C

Prove that there exists an α∈R\alpha \in \mathbb{R} such that f(x)=αxf(x) = \alpha x, ∀x>0\forall x > 0.

Solution:

Consider the function defined by

g(x)=f(x)x,∀x∈(0,∞)g(x) = \frac{f(x)}{x}, \quad \forall x \in (0, \infty)

Note that gg is differentiable by AOD and

g′(x)=xf′(x)−f(x)x2,∀x∈(0,∞)g'(x) = \frac{x f'(x) - f(x)}{x^2}, \quad \forall x \in (0, \infty)

By the assumption, the function (ln⁡(x)−1)f(x)(\ln(x) - 1) f(x) is an anti-derivative of the function ln⁡(x)f′(x)\ln(x) f'(x) on the interval (0,∞)(0, \infty), namely

[(ln⁡(x)−1)f(x)]′=ln⁡(x)f′(x),∀x∈(0,∞)[(\ln(x) - 1) f(x)]' = \ln(x) f'(x), \quad \forall x \in (0, \infty)

On the other hand, by Leibniz rule

[(ln⁡(x)−1)f(x)]′=f(x)x+(ln⁡(x)−1)f′(x),∀x∈(0,∞)[(\ln(x) - 1) f(x)]' = \frac{f(x)}{x} + (\ln(x) - 1) f'(x), \quad \forall x \in (0, \infty)

Equating, we obtain

ln⁡(x)f′(x)=f(x)x+(ln⁡(x)−1)f′(x)\ln(x) f'(x) = \frac{f(x)}{x} + (\ln(x) - 1) f'(x)
⇒xf′(x)−f(x)=0,∀x∈(0,∞)\Rightarrow x f'(x) - f(x) = 0, \quad \forall x \in (0, \infty)

Hence

g′(x)=xf′(x)−f(x)x2=0,∀x∈(0,∞)g'(x) = \frac{x f'(x) - f(x)}{x^2} = 0, \quad \forall x \in (0, \infty)

It follows that there exists an α∈R\alpha \in \mathbb{R} such that for every x∈(0,∞)x \in (0, \infty),

g(x)=α⇒f(x)x=α⇒f(x)=αxg(x) = \alpha \Rightarrow \frac{f(x)}{x} = \alpha \Rightarrow f(x) = \alpha x
4
שאלה 5קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
5.(a) Student A has proved that 0=10 = 1 by using the method of integration by parts in the following way:
∫dxx⋅ln⁡(x)\int \frac{dx}{x \cdot \ln(x)}

u′=1xu' = \frac{1}{x}, v=1ln⁡(x)v = \frac{1}{\ln(x)}

=1ln⁡(x)⋅ln⁡(x)−∫ln⁡(x)⋅(−1x⋅ln⁡2(x))dx= \frac{1}{\ln(x)} \cdot \ln(x) - \int \ln(x) \cdot \left(-\frac{1}{x \cdot \ln^2(x)}\right) dx
=1+∫dxx⋅ln⁡(x)= 1 + \int \frac{dx}{x \cdot \ln(x)}

subtracting ∫dxx⋅ln⁡(x)\int \frac{dx}{x \cdot \ln(x)} from both sides, we get 0=10 = 1. Explain Student A's mistake.

**Solution:∗∗Thevalueofanindefiniteintegralisnotaparticularvalue(i.e.,notanumber)butratherarangeofvalueswhichdifferbyaconstant.Thus,oneshouldunderstandtheequalityaboveasequalityuptoaconstant.Itfollowsthatthelawofcancellationdoesnotapplyinhisproof.Solution:** The value of an indefinite integral is not a particular value (i.e., not a number) but rather a range of values which differ by a constant. Thus, one should understand the equality above as equality up to a constant. It follows that the law of cancellation does not apply in his proof.

(b) Student A proved that every bounded function is integrable on every interval [a,b][a, b] in the following way:

Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b. As ff is bounded on [a,b][a, b], then there exists a K>0K > 0 such that ∣f(x)∣≤K|f(x)| \leq K for every x∈[a,b]x \in [a, b]. For every nn we choose a partition Pn=(x0,…,xn)P_n = (x_0, \ldots, x_n) of [a,b][a, b] for which xk+1−xk<1K⋅n2x_{k+1} - x_k < \frac{1}{K \cdot n^2} for every 0≤k≤n−10 \leq k \leq n - 1. Thus

0≤S(f,Pn)−S(f,Pn)=∑k=1nMk(xk+1−xk)−∑k=1nmk(xk+1−xk)0 \leq S(f, P_n) - S(f, P_n) = \sum_{k=1}^{n} M_k (x_{k+1} - x_k) - \sum_{k=1}^{n} m_k (x_{k+1} - x_k)
=∑k=1n(Mk−mk)(xk+1−xk)<∑k=1n(Mk−mk)1K⋅n2= \sum_{k=1}^{n} (M_k - m_k) (x_{k+1} - x_k) < \sum_{k=1}^{n} (M_k - m_k) \frac{1}{K \cdot n^2}
≤∑k=1n2K⋅1K⋅n2=2∑k=1n1n2=2n\leq \sum_{k=1}^{n} 2K \cdot \frac{1}{K \cdot n^2} = 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^2} = \frac{2}{n}

Thus, by the squeeze rule, we have

lim⁡n→∞[S(f,Pn)−S(f,Pn)]=0\lim_{n \to \infty} \left[S(f, P_n) - S(f, P_n)\right] = 0

from which follows that ff is integrable. Explain student A's mistake.

Solution: Student A is wrong, since a partition PnP_n satisfying the requirements does not necessarily exist. Indeed, for the Dirichlet function DD and the interval [0,1][0, 1], there is no partition of size n=3n = 3 satisfying xk+1−xk<19x_{k+1} - x_k < \frac{1}{9} for every 0≤k≤20 \leq k \leq 2.

5
שאלה 6קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
6.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let ff be a function that is bounded on [a,b][a, b].

(a) Suppose that there exists a sequence of partitions (Pn)n=1∞(P_n)_{n=1}^{\infty} of [a,b][a, b] for which

lim⁡n→∞[S(f,Pn)−S‾(f,Pn)]=0\lim_{n \to \infty} \left[ S(f, P_n) - \underline{S}(f, P_n) \right] = 0

Prove that ff is integrable on [a,b][a, b] and that

lim⁡n→∞S(f,Pn)=lim⁡n→∞S‾(f,Pn)=∫abf(x) dx\lim_{n \to \infty} S(f, P_n) = \lim_{n \to \infty} \underline{S}(f, P_n) = \int_a^b f(x) \, dx

Solution: We know that for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

S‾(f,Pn)≤I‾(f)≤I‾(f)≤S(f,Pn)\underline{S}(f, P_n) \leq \underline{I}(f) \leq \overline{I}(f) \leq S(f, P_n)

Since lim⁡n→∞[S(f,Pn)−S‾(f,Pn)]=0\lim_{n \to \infty} \left[ S(f, P_n) - \underline{S}(f, P_n) \right] = 0, and as lim⁡n→∞I‾(f)=I‾(f)\lim_{n \to \infty} \underline{I}(f) = \overline{I}(f), then by the inverse squeeze rule for sequences we have

lim⁡n→∞S(f,Pn)=lim⁡n→∞S‾(f,Pn)=I‾(f)\lim_{n \to \infty} S(f, P_n) = \lim_{n \to \infty} \underline{S}(f, P_n) = \overline{I}(f)

Similarly,

lim⁡n→∞S(f,Pn)=lim⁡n→∞S‾(f,Pn)=I‾(f)\lim_{n \to \infty} S(f, P_n) = \lim_{n \to \infty} \underline{S}(f, P_n) = \underline{I}(f)

It follows that I‾(f)=I‾(f)\underline{I}(f) = \overline{I}(f), and therefore ff is integrable and

lim⁡n→∞S(f,Pn)=lim⁡n→∞S‾(f,Pn)=I‾(f)=I‾(f)=∫abf(x) dx\lim_{n \to \infty} S(f, P_n) = \lim_{n \to \infty} \underline{S}(f, P_n) = \underline{I}(f) = \overline{I}(f) = \int_a^b f(x) \, dx

(b) Suppose that ff is Lipschitz, namely, ∃M>0:∀x,y∈[a,b]\exists M > 0 : \forall x, y \in [a, b] we have

∣f(x)−f(y)∣≤M⋅∣x−y∣|f(x) - f(y)| \leq M \cdot |x - y|

i. Prove that for every a≤x1<x2≤ba \leq x_1 < x_2 \leq b we have

sup⁡{f(x):x1≤x≤x2}−inf⁡{f(x):x1≤x≤x2}≤M⋅(x2−x1)\sup \{ f(x) : x_1 \leq x \leq x_2 \} - \inf \{ f(x) : x_1 \leq x \leq x_2 \} \leq M \cdot (x_2 - x_1)

Solution: Let x1,x2∈[a,b]x_1, x_2 \in [a, b] such that x1<x2x_1 < x_2. By the assumption, we know that for every x,y∈[x1,x2]x, y \in [x_1, x_2] it holds that

f(x)−f(y)≤∣f(x)−f(y)∣≤M⋅∣x−y∣≤M⋅(x2−x1)f(x) - f(y) \leq |f(x) - f(y)| \leq M \cdot |x - y| \leq M \cdot (x_2 - x_1)

מטלה 4

אינטגרלים מסוימים

4 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025בינוניגבולותטוריםנגזרותסדרות

Calculus II – Spring2025−26Homework4SolutionSpring 2025-26 Homework 4 Solution

1.Compute each of the following definite integrals

(a) ∫−11min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣} dx\int_{-1}^{1} \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} \, dx

Solution:

By the patching lemma we have

∫−11min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣} dx=∫−10min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣} dx+∫01min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣} dx\int_{-1}^{1} \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} \, dx = \int_{-1}^{0} \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} \, dx + \int_{0}^{1} \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} \, dx
=∫−10ex dx+∫01e−x dx= \int_{-1}^{0} e^x \, dx + \int_{0}^{1} e^{-x} \, dx
=[ex]−10−[e−x]01= [e^x]_{-1}^{0} - [e^{-x}]_{0}^{1}
=(1−1e)−(1e−1)= \left(1 - \frac{1}{e}\right) - \left(\frac{1}{e} - 1\right)
=2−2e= 2 - \frac{2}{e}

Alternative solution:

Note that the function defined by f(x)=min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣}f(x) = \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} ∀x∈[−1,1]\forall x \in [-1, 1] is an even function, since

f(−x)=min⁡{e−x,ex,∣sign(−x)∣}=min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣}=f(x)∀x∈[−1,1]f(-x) = \min \{e^{-x}, e^x, |\text{sign}(-x)|\} = \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} = f(x) \quad \forall x \in [-1, 1]

Therefore

∫−11min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣} dx=2∫01min⁡{ex,e−x,∣sign(x)∣} dx\int_{-1}^{1} \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} \, dx = 2 \int_{0}^{1} \min \{e^x, e^{-x}, |\text{sign}(x)|\} \, dx
=2∫01e−x dx= 2 \int_{0}^{1} e^{-x} \, dx
=2[−e−x]01= 2 [-e^{-x}]_{0}^{1}
=2(−1e+1)= 2 \left(-\frac{1}{e} + 1\right)
=2−2e= 2 - \frac{2}{e}
2
שאלה 2בינוניגבולותטוריםנגזרותסדרות
2.(a) חשב את האינטגרל המסוים ∫0π/4tan⁡(x) dx\int_0^{\pi/4} \tan(x) \, dx.

פתרון:

יש לנו:

∫0π/4tan⁡(x) dx=∫0π/4sin⁡(x)cos⁡(x) dx\int_0^{\pi/4} \tan(x) \, dx = \int_0^{\pi/4} \frac{\sin(x)}{\cos(x)} \, dx

בהצבה t=cos⁡(x)⇒dt=−sin⁡(x) dxt = \cos(x) \Rightarrow dt = -\sin(x) \, dx:

=−∫12/2dtt=−[ln⁡∣t∣]12/2=−ln⁡22=12ln⁡(2)= -\int_1^{\sqrt{2}/2} \frac{dt}{t} = -[\ln |t|]_1^{\sqrt{2}/2} = -\ln\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{2}\ln(2)

(b) הוכח כי:

ln⁡(2)2eπ/4≤∫0π/4e−xtan⁡(x) dx≤ln⁡(2)2\frac{\ln(2)}{2e^{\pi/4}} \leq \int_0^{\pi/4} e^{-x} \tan(x) \, dx \leq \frac{\ln(2)}{2}

הערה: ניתן להניח כי π<4\pi < 4.

פתרון:

שים לב שהפונקציה e−xtan⁡(x)e^{-x} \tan(x) רציפה על [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] לפי משפט הרציפות, ולכן האינטגרל המסוים ∫0π/4e−xtan⁡(x) dx\int_0^{\pi/4} e^{-x} \tan(x) \, dx קיים.

תחשוב על הפונקציה המוגדרת כ־f(x)=e−xf(x) = e^{-x} לכל x∈[0,π4]x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right].

שים לב ש־ff יורדת על [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] ולכן:

e−π/4=f(π4)≤f(x)≤f(0)=1∀x∈[0,π4]e^{-\pi/4} = f\left(\frac{\pi}{4}\right) \leq f(x) \leq f(0) = 1 \quad \forall x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]

כפל האי־שוויון לעיל ב־tan⁡(x)≥0\tan(x) \geq 0 לכל x∈[0,π4]x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right] נותן:

tan⁡(x)eπ/4≤e−xtan⁡(x)≤tan⁡(x)∀x∈[0,π4]\frac{\tan(x)}{e^{\pi/4}} \leq e^{-x} \tan(x) \leq \tan(x) \quad \forall x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]

אינטגרציה של כל הצדדים של האי־שוויון, ולאחר מכן לפי מונוטוניות האינטגרל המסוים השוויונות נשמרות.

באמצעות סעיף (a) אנו מסיקים כי:

ln⁡(2)2eπ/4≤1eπ/4∫0π/4tan⁡(x) dx≤∫0π/4e−xtan⁡(x) dx≤∫0π/4tan⁡(x) dx=ln⁡(2)2\frac{\ln(2)}{2e^{\pi/4}} \leq \frac{1}{e^{\pi/4}} \int_0^{\pi/4} \tan(x) \, dx \leq \int_0^{\pi/4} e^{-x} \tan(x) \, dx \leq \int_0^{\pi/4} \tan(x) \, dx = \frac{\ln(2)}{2}
3
שאלה 3קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
3.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let f:[a,b]→Rf : [a, b] \to \mathbb{R} be a function that is integrable on [a,b][a, b]. Let x0∈Rx_0 \in \mathbb{R}, let ϕ:R→[a,b]\phi : \mathbb{R} \to [a, b] and let G:R→RG : \mathbb{R} \to \mathbb{R} be the function that is defined by
G(x)=∫aϕ(x)f(s) dsG(x) = \int_a^{\phi(x)} f(s) \, ds

for every x∈Rx \in \mathbb{R}.

(a) Prove that GG is well defined.

Solution: As ϕ:R→[a,b]\phi : \mathbb{R} \to [a, b], then ϕ(x)∈[a,b]\phi(x) \in [a, b] for every x∈Rx \in \mathbb{R}. As ff is integrable on [a,b][a, b], then ff is integrable on [a,ϕ(x)][a, \phi(x)] for every x∈Rx \in \mathbb{R} and thus, GG is well defined in R\mathbb{R}.

(b) Prove that if ff is continuous at y0=ϕ(x0)y_0 = \phi(x_0) and if ϕ\phi is differentiable at x0x_0, then GG is differentiable at x0x_0 and G′(x0)=f(ϕ(x0))⋅ϕ′(x0)G'(x_0) = f(\phi(x_0)) \cdot \phi'(x_0).

Solution: Consider the function that is defined by

h(y)=∫ayf(s) dsh(y) = \int_a^y f(s) \, ds

for every y∈[a,b]y \in [a, b]. As ff is continuous at ϕ(x0)\phi(x_0), then by the Fundamental Theorem of Calculus hh is differentiable at ϕ(x0)\phi(x_0) and h′(ϕ(x0))=f(ϕ(x0))h'(\phi(x_0)) = f(\phi(x_0)).

Note that

G(x)=h(ϕ(x))=∫aϕ(x)f(s) dsG(x) = h(\phi(x)) = \int_a^{\phi(x)} f(s) \, ds

for every x∈Rx \in \mathbb{R}. By the chain rule, GG is differentiable at x0x_0 and

G′(x0)=h′(ϕ(x0))⋅ϕ′(x0)=f(ϕ(x0))⋅ϕ′(x0)G'(x_0) = h'(\phi(x_0)) \cdot \phi'(x_0) = f(\phi(x_0)) \cdot \phi'(x_0)

(c) Compute the limit

lim⁡x→0+∫0x2ln⁡(1+t) dtx3\lim_{x \to 0^+} \frac{\int_0^{x^2} \ln(1 + \sqrt{t}) \, dt}{x^3}

Solution: Consider the function defined by

G(x)=∫0x2ln⁡(1+t) dtG(x) = \int_0^{x^2} \ln(1 + \sqrt{t}) \, dt

for every x≥0x \geq 0. We define f(t)=ln⁡(1+t)f(t) = \ln(1 + \sqrt{t}) for every t≥0t \geq 0. By continuity, ff is continuous. Also let us define ϕ(x)=x2\phi(x) = x^2 for every x≥0x \geq 0. By differentiability, ϕ\phi is differentiable for every x≥0x \geq 0 and Im(ϕ)={x:x≥0}\text{Im}(\phi) = \{x : x \geq 0\}.

Byitem(b),By item (b), GG is differentiable at x0=0x_0 = 0, therefore continuous at x0=0x_0 = 0, so lim⁡x→0+G(x)=G(0)\lim_{x \to 0^+} G(x) = G(0). We note that

G(0)=∫002ln⁡(1+t) dt=∫00ln⁡(1+t) dt=0G(0) = \int_0^{0^2} \ln(1 + \sqrt{t}) \, dt = \int_0^0 \ln(1 + \sqrt{t}) \, dt = 0

and therefore lim⁡x→0+G(x)=G(0)=0\lim_{x \to 0^+} G(x) = G(0) = 0.

We now compute the limit. This is of the form 00\frac{0}{0}, so by L'Hôpital's rule:

lim⁡x→0+∫0x2ln⁡(1+t) dtx3=lim⁡x→0+ln⁡(1+x2)⋅2x3x2\lim_{x \to 0^+} \frac{\int_0^{x^2} \ln(1 + \sqrt{t}) \, dt}{x^3} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(1 + \sqrt{x^2}) \cdot 2x}{3x^2}
4
שאלה 4קשהגבולותטוריםנגזרותסדרות
4.הוכח כי lim⁡n→∞1n∑k=1n11+(kn)2=π4\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2} = \frac{\pi}{4}

פתרון:

תהי הפונקציה f(x)=11+x2f(x) = \frac{1}{1 + x^2} המוגדרת לכל x∈[0,1]x \in [0, 1].

לכל n∈Nn \in \mathbb{N}, נבחן את החלוקה המידה של [0,1][0, 1] בגודל nn המוגדרת ע"י Pn=(x0,…,xn)P_n = (x_0, \ldots, x_n) כאשר xk=knx_k = \frac{k}{n} לכל 0≤k≤n0 \leq k \leq n.

שים לב כי:

Δ(Pn)=max⁡{xk−xk−1:1≤k≤n}=max⁡{1n}=1n\Delta(P_n) = \max \left\{x_k - x_{k-1} : 1 \leq k \leq n\right\} = \max \left\{\frac{1}{n}\right\} = \frac{1}{n}

ולכן lim⁡n→∞Δ(Pn)=0\lim_{n \to \infty} \Delta(P_n) = 0.

כמו כן, לכל x,y∈[0,1]x, y \in [0, 1]:

∣f(x)−f(y)∣=∣11+x2−11+y2∣=∣y2−x2∣(1+x2)(1+y2)≤∣y2−x2∣≤2∣x−y∣|f(x) - f(y)| = \left|\frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{1 + y^2}\right| = \frac{|y^2 - x^2|}{(1 + x^2)(1 + y^2)} \leq |y^2 - x^2| \leq 2|x - y|

לכן ff היא Lipschitz על [0,1][0, 1].

שים לב כי ff היא יורדת על [0,1][0, 1], משום שלכל x∈[0,1]x \in [0, 1]:

f′(x)=−2x(1+x2)2≤0f'(x) = \frac{-2x}{(1 + x^2)^2} \leq 0

לכן, לכל 1≤k≤n1 \leq k \leq n:

mk=inf⁡{f(x):xk−1≤x≤xk}=f(xk)=11+(kn)2m_k = \inf \{f(x) : x_{k-1} \leq x \leq x_k\} = f(x_k) = \frac{1}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2}

לפי HW3Q6, אנו מסיקים כי:

lim⁡n→∞1n∑k=1n11+(kn)2=lim⁡n→∞∑k=1n11+(kn)2⋅1n\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2} \cdot \frac{1}{n}
=lim⁡n→∞∑k=1nmk⋅(xk−xk−1)=lim⁡n→∞S(Pn,f)=∫01dx1+x2= \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} m_k \cdot (x_k - x_{k-1}) = \lim_{n \to \infty} S(P_n, f) = \int_0^1 \frac{dx}{1 + x^2}
=[arctan⁡x]01=π4= [\arctan x]_0^1 = \frac{\pi}{4}

מטלה 5

אינטגרלים לא אמיתיים

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה

Calculus II – Spring2025−26Homework5SolutionSpring 2025-26 Homework 5 Solution

1.Compute each of the following improper integrals or prove that it doesn't converge

(a) ∫−∞∞e−∣x∣dx\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|x|} dx

פתרון:

∫−∞∞e−∣x∣dx=∫−∞0e−∣x∣dx+∫0∞e−∣x∣dx=∫−∞0exdx+∫0∞e−xdx\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|x|} dx = \int_{-\infty}^{0} e^{-|x|} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-|x|} dx = \int_{-\infty}^{0} e^{x} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-x} dx
=[ex]−∞0+[−e−x]0∞=1−e−∞−e−∞+e0=2= [e^{x}]_{-\infty}^{0} + [-e^{-x}]_{0}^{\infty} = 1 - e^{-\infty} - e^{-\infty} + e^{0} = 2

(b) ∫−∞∞xπ(1+x2)dx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{\pi(1+x^2)} dx (we will see this integral in the course Probability)

פתרון:

∫0∞xπ(1+x2)dx=lim⁡x→∞∫0xtπ(1+t2)dt=lim⁡x→∞[1πln⁡(1+t2)2]0x\int_{0}^{\infty} \frac{x}{\pi(1+x^2)} dx = \lim_{x \to \infty} \int_{0}^{x} \frac{t}{\pi(1+t^2)} dt = \lim_{x \to \infty} \left[\frac{1}{\pi} \frac{\ln(1+t^2)}{2}\right]_{0}^{x}
=lim⁡x→∞[1π(ln⁡(1+x2)2−ln⁡∣1+0∣2)]=∞= \lim_{x \to \infty} \left[\frac{1}{\pi} \left(\frac{\ln(1+x^2)}{2} - \frac{\ln|1+0|}{2}\right)\right] = \infty

Therefore the integral ∫−∞∞xπ(1+x2)dx\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x}{\pi(1+x^2)} dx diverges.

(c) ∫0∞x2⋅λe−λxdx\int_{0}^{\infty} x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx, where λ>0\lambda > 0 (we will see this integral in the course Probability)

פתרון:

By HW3Q1(c) we know that:

∫x2⋅λe−λxdx=−e−λx(λ2x2+2xλ+2)λ2+C\int x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx = -\frac{e^{-\lambda x}(\lambda^2 x^2 + 2x\lambda + 2)}{\lambda^2} + C

Thus:

∫0∞x2⋅λe−λxdx=[−e−λx(λ2x2+2xλ+2)λ2]0∞\int_{0}^{\infty} x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx = \left[-\frac{e^{-\lambda x}(\lambda^2 x^2 + 2x\lambda + 2)}{\lambda^2}\right]_{0}^{\infty}
=lim⁡x→∞[−e−λx(λ2x2+2xλ+2)λ2−(−e−λ⋅0(λ2⋅02+2⋅0⋅λ+2)λ2)]= \lim_{x \to \infty} \left[-\frac{e^{-\lambda x}(\lambda^2 x^2 + 2x\lambda + 2)}{\lambda^2} - \left(-\frac{e^{-\lambda \cdot 0}(\lambda^2 \cdot 0^2 + 2 \cdot 0 \cdot \lambda + 2)}{\lambda^2}\right)\right]
=lim⁡x→∞(−1λ2⋅λ2x2+2xλ+2eλx+2λ2)(⋆⋆)= \lim_{x \to \infty} \left(-\frac{1}{\lambda^2} \cdot \frac{\lambda^2 x^2 + 2x\lambda + 2}{e^{\lambda x}} + \frac{2}{\lambda^2}\right) \quad (\star\star)
=−1λ2⋅0+2λ2=2λ2= -\frac{1}{\lambda^2} \cdot 0 + \frac{2}{\lambda^2} = \frac{2}{\lambda^2}

where:

lim⁡x→∞λ2x2+2xλ+2eλx=∞∞lim⁡x→∞2λ2x+2λλ⋅eλx=∞∞lim⁡x→∞2λ2λ2⋅eλx=L’H0(⋆⋆)\lim_{x \to \infty} \frac{\lambda^2 x^2 + 2x\lambda + 2}{e^{\lambda x}} \stackrel{\frac{\infty}{\infty}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{2\lambda^2 x + 2\lambda}{\lambda \cdot e^{\lambda x}} \stackrel{\frac{\infty}{\infty}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{2\lambda^2}{\lambda^2 \cdot e^{\lambda x}} \stackrel{\text{L'H}}{=} 0 \quad (\star\star)
2
שאלה 2קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה
2.Determine whether each of the following improper integrals converges or diverges

(a) ∫1∞e−xln⁡(x) dx\int_1^\infty e^{-x} \ln(x) \, dx

Solution: First, we clearly have e−xln⁡(x)≥0e^{-x} \ln(x) \geq 0 for every x≥1x \geq 1. Thus we can use the comparison test. Note that

lim⁡x→∞xe−x=lim⁡x→∞xex=lim⁡x→∞1ex=0(⋆)\lim_{x \to \infty} x e^{-x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x}{e^x} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{e^x} = 0 \quad (\star)

We know that ln⁡(1+x)≤x\ln(1 + x) \leq x for every x>−1x > -1. Thus, ln⁡(x)≤x−1≤x\ln(x) \leq x - 1 \leq x for every x≥1x \geq 1. We now compute

∫1∞e−xln⁡(x) dx≤∫1∞xe−x dx=IBP[−xe−x]1∞+∫1∞e−x dx\int_1^\infty e^{-x} \ln(x) \, dx \leq \int_1^\infty x e^{-x} \, dx \stackrel{\text{IBP}}{=} \left[-x e^{-x}\right]_1^\infty + \int_1^\infty e^{-x} \, dx
=(⋆)1e+[−e−x]1∞=2e\stackrel{(\star)}{=} \frac{1}{e} + \left[-e^{-x}\right]_1^\infty = \frac{2}{e}

Thus, the integral converges by the comparison test.

(b) ∫1∞7x+sin⁡x2x3+x+1 dx\int_1^\infty \frac{7x + \sin x}{2x^3 + x + 1} \, dx

Solution: First, we clearly have 7x+sin⁡x2x3+x+1≥0\frac{7x + \sin x}{2x^3 + x + 1} \geq 0 for every x≥1x \geq 1. Thus we can use the comparison test. We note that

∫1∞7x+sin⁡x2x3+x+1 dx≤∫1∞7x+x2x3 dx=∫1∞8x2x3 dx=∫1∞4x2 dx=4∫1∞dxx2<∞\int_1^\infty \frac{7x + \sin x}{2x^3 + x + 1} \, dx \leq \int_1^\infty \frac{7x + x}{2x^3} \, dx = \int_1^\infty \frac{8x}{2x^3} \, dx = \int_1^\infty \frac{4}{x^2} \, dx = 4 \int_1^\infty \frac{dx}{x^2} < \infty

Thus, by the comparison test ∫1∞7x+sin⁡x2x3+x+1 dx<∞\int_1^\infty \frac{7x + \sin x}{2x^3 + x + 1} \, dx < \infty.

(c) ∫13xln⁡(x) dx\int_1^3 \frac{x}{\ln(x)} \, dx

Solution: First, we clearly have xln⁡(x)≥0\frac{x}{\ln(x)} \geq 0 for every 1<x≤31 < x \leq 3. Thus we can use the comparison test. We proved that for every x>1x > 1 we have ln⁡(1+x)≤x\ln(1 + x) \leq x, thus ln⁡(x)≤x−1⇒1ln⁡x≥1x−1\ln(x) \leq x - 1 \Rightarrow \frac{1}{\ln x} \geq \frac{1}{x - 1} and therefore

∫13xln⁡(x) dx≥∫13xx−1 dx≥∫13dxx−1\int_1^3 \frac{x}{\ln(x)} \, dx \geq \int_1^3 \frac{x}{x - 1} \, dx \geq \int_1^3 \frac{dx}{x - 1}
=t=x−1, dt=dx∫02dtt≥∫01dtt=∞\stackrel{t = x - 1, \, dt = dx}{=} \int_0^2 \frac{dt}{t} \geq \int_0^1 \frac{dt}{t} = \infty

Thus by the comparison test ∫13xln⁡(x) dx=∞\int_1^3 \frac{x}{\ln(x)} \, dx = \infty

3
שאלה 3קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה
3.Let ff be a function that is continuous on [0,2][0, 2]. Prove there exists a point c∈[0,2]c \in [0, 2] such that ∫02x2f(x)dx=8⋅f(c)3\int_0^2 x^2 f(x) dx = \frac{8 \cdot f(c)}{3}

Solution:

First, as ff is continuous on [0,2][0, 2], then ff is integrable on [0,2][0, 2] and therefore ∫02x2f(x)dx\int_0^2 x^2 f(x) dx is well-defined. As ff is continuous on [0,2][0, 2], then by Weierstrass's theorem there exist x1,x2∈[0,2]x_1, x_2 \in [0, 2] such that

f(x2)≤f(x)≤f(x1)∀x∈[0,2]f(x_2) \leq f(x) \leq f(x_1) \quad \forall x \in [0, 2]

We denote f(x1)=Mf(x_1) = M and f(x2)=mf(x_2) = m and therefore

m≤f(x)≤M∀x∈[0,2]m \leq f(x) \leq M \quad \forall x \in [0, 2]

and therefore

mx2≤x2f(x)≤Mx2∀x∈[0,2]mx^2 \leq x^2 f(x) \leq Mx^2 \quad \forall x \in [0, 2]

Choose r=38∫02x2f(x)dxr = \frac{3}{8} \int_0^2 x^2 f(x) dx. By the monotonicity of the definite integral,

r=38∫02x2f(x)dx≤38∫02Mx2dx=3M8∫02x2dx=3M8⋅[x33]02=3M8⋅83=Mr = \frac{3}{8} \int_0^2 x^2 f(x) dx \leq \frac{3}{8} \int_0^2 Mx^2 dx = \frac{3M}{8} \int_0^2 x^2 dx = \frac{3M}{8} \cdot \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^2 = \frac{3M}{8} \cdot \frac{8}{3} = M

and similarly, r≥mr \geq m. It follows that m≤r≤Mm \leq r \leq M. If x1=x2x_1 = x_2, then ff is constant and therefore for every c∈[0,2]c \in [0, 2] we have

f(c)=r=m=M⇒∫02x2f(x)dx=8⋅f(c)3f(c) = r = m = M \Rightarrow \int_0^2 x^2 f(x) dx = \frac{8 \cdot f(c)}{3}

Otherwise, as ff is continuous, then by the generalized IVT there exists a cc between x1x_1 and x2x_2 (namely, c∈[x1,x2]⊆[0,2]c \in [x_1, x_2] \subseteq [0, 2] or c∈[x2,x1]⊆[0,2]c \in [x_2, x_1] \subseteq [0, 2]) such that

f(c)=r⇒∫02x2f(x)dx=8⋅f(c)3f(c) = r \Rightarrow \int_0^2 x^2 f(x) dx = \frac{8 \cdot f(c)}{3}
4.Let f:[1,∞)→Rf : [1, \infty) \to \mathbb{R} be a differentiable positive function. Suppose that the improper integral ∫1∞f′(x)f(x)dx\int_1^{\infty} \frac{f'(x)}{f(x)} dx is convergent. Prove that lim⁡x→∞f(x)\lim_{x \to \infty} f(x) exists.

Solution:

We note that

∫1∞f′(x)f(x)dx=[ln⁡(f(x))]1∞=lim⁡x→∞[ln⁡(f(x))−ln⁡(f(1))]\int_1^{\infty} \frac{f'(x)}{f(x)} dx = [\ln(f(x))]_1^{\infty} = \lim_{x \to \infty} [\ln(f(x)) - \ln(f(1))]

As ∫1∞f′(x)f(x)dx\int_1^{\infty} \frac{f'(x)}{f(x)} dx is convergent, then lim⁡x→∞[ln⁡(f(x))−ln⁡(f(1))]\lim_{x \to \infty} [\ln(f(x)) - \ln(f(1))] exists. Thus

lim⁡x→∞ln⁡(f(x))=lim⁡x→∞[ln⁡(f(x))−ln⁡(f(1))+ln⁡(f(1))]\lim_{x \to \infty} \ln(f(x)) = \lim_{x \to \infty} [\ln(f(x)) - \ln(f(1)) + \ln(f(1))]

exists by AOL, i.e., there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that lim⁡x→∞ln⁡(f(x))=L\lim_{x \to \infty} \ln(f(x)) = L and therefore

lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞eln⁡(f(x))=AOLeL\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} e^{\ln(f(x))} \stackrel{\text{AOL}}{=} e^L
4
שאלה 5קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה
5.Let f:[0,∞)→Rf : [0, \infty) \to \mathbb{R} be a function that is integrable on [0,b][0, b] for every b>0b > 0. Prove or disprove each of the following statements:

(a) Consider the function defined by F(x)=∫0xf(t) dtF(x) = \int_0^x f(t) \, dt for every x∈[0,1]x \in [0, 1]. If FF is differentiable at 00, then F′(0)=f(0)F'(0) = f(0).

Solution: False. We choose

f(x)={1x=00x≠0∀x∈[0,1]f(x) = \begin{cases} 1 & x = 0 \\ 0 & x \neq 0 \end{cases} \quad \forall x \in [0, 1]

Note that as ff differs from a continuous function by only one point, then ff is integrable on [0,x][0, x] for every x∈[0,1]x \in [0, 1] and

F(x)=∫0xf(t) dt=∫0x0 dt=0∀x∈[0,1]F(x) = \int_0^x f(t) \, dt = \int_0^x 0 \, dt = 0 \quad \forall x \in [0, 1]

Thus, FF is differentiable at 00 and F′(0)=0≠f(0)F'(0) = 0 \neq f(0).

(b) If ∫01f(x) dx=2.3\int_0^1 f(x) \, dx = 2.3, then there exists a 0<c<10 < c < 1 for which ∫0cf(x) dx=c+1\int_0^c f(x) \, dx = c + 1.

Solution: True. Consider the function defined by F(x)=∫0xf(t) dt−x−1F(x) = \int_0^x f(t) \, dt - x - 1 for every x∈[0,1]x \in [0, 1]. As ff is integrable on [0,1][0, 1] then ff is integrable on [0,x][0, x] for every x∈[0,1]x \in [0, 1] and therefore FF is well defined. We also know that FF is continuous by the AOC. Note that

F(0)=∫00f(t) dt−0−1=−1F(0) = \int_0^0 f(t) \, dt - 0 - 1 = -1

and that

F(1)=∫01f(t) dt−2=0.3F(1) = \int_0^1 f(t) \, dt - 2 = 0.3

Thus, by the IVT, there exists a point 0<c<10 < c < 1 for which F(c)=0⇒∫0cf(t) dt=c+1F(c) = 0 \Rightarrow \int_0^c f(t) \, dt = c + 1.

(c) Consider the function defined by F(x)=∫x1f(t) dtF(x) = \int_x^1 f(t) \, dt for every x∈[0,1]x \in [0, 1]. If ff is continuous at 00, then F′(0)=−f(0)F'(0) = -f(0).

Solution: True. Consider the function defined by G(x)=∫0xf(t) dtG(x) = \int_0^x f(t) \, dt for every x∈[0,1]x \in [0, 1]. As ff is continuous at x0=0x_0 = 0 then by the Fundamental Theorem of Calculus, GG is differentiable at x0=0x_0 = 0 and G′(0)=f(0)G'(0) = f(0). Note that for every x∈[0,1]x \in [0, 1] we have

F(x)=∫x1f(t) dt=∫01f(t) dt−∫0xf(t) dt=∫01f(t) dt−G(x)F(x) = \int_x^1 f(t) \, dt = \int_0^1 f(t) \, dt - \int_0^x f(t) \, dt = \int_0^1 f(t) \, dt - G(x)

Thus, FF is differentiable at x0=0x_0 = 0 by AOD and F′(0)=−G′(0)=−f(0)F'(0) = -G'(0) = -f(0).

5
שאלה 6קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-ההשוואה
6.For every 0≤n∈Z0 \leq n \in \mathbb{Z}, consider the definite integral InI_n defined by
In=∫0π/2sin⁡n(x) dxI_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n(x) \, dx

(a) Prove that the sequence (In)n=0∞(I_n)_{n=0}^{\infty} is well-defined.

Solution: For every n∈Nn \in \mathbb{N} the function f(x)=sin⁡n(x)f(x) = \sin^n(x) for every x∈[0,π2]x \in [0, \frac{\pi}{2}] is continuous by AOC, and therefore integrable on [0,π2][0, \frac{\pi}{2}]. It follows that the integral In=∫0π/2sin⁡n(x) dxI_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n(x) \, dx exists, and consequently the sequence (In)n=1∞(I_n)_{n=1}^{\infty} is well-defined. For n=0n = 0 it holds that f(x)=sin⁡0(x)=1f(x) = \sin^0(x) = 1 for every 0<x≤π20 < x \leq \frac{\pi}{2}, and therefore ff has a removable discontinuity at x=0x = 0. Consequently, ff is integrable on [0,π2][0, \frac{\pi}{2}] and therefore I0I_0 is well-defined.

(b) Prove that the sequence (In)n=0∞(I_n)_{n=0}^{\infty} satisfies the following recurrence formula:

In=n−1nIn−2∀n≥2I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2} \quad \forall n \geq 2
I0=π2I_0 = \frac{\pi}{2}
I1=1I_1 = 1

Solution: We first compute

I0=∫0π/2sin⁡0(x) dx=∫0π/21 dx=π2I_0 = \int_0^{\pi/2} \sin^0(x) \, dx = \int_0^{\pi/2} 1 \, dx = \frac{\pi}{2}

and

I1=∫0π/2sin⁡(x) dx=[−cos⁡(x)]0π/2=−cos⁡(π2)+cos⁡(0)=1I_1 = \int_0^{\pi/2} \sin(x) \, dx = [-\cos(x)]_0^{\pi/2} = -\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) + \cos(0) = 1

We now prove that In=n−1nIn−2I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2} for every n≥2n \geq 2. Let n≥2n \geq 2. We integrate by parts with u′=sin⁡xu' = \sin x and v=sin⁡n−1(x)v = \sin^{n-1}(x). Then

In=∫0π/2sin⁡n(x) dx=∫0π/2sin⁡(x)⋅sin⁡n−1(x) dxI_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n(x) \, dx = \int_0^{\pi/2} \sin(x) \cdot \sin^{n-1}(x) \, dx
=IBP[−cos⁡(x)⋅sin⁡n−1(x)]0π/2+(n−1)∫0π/2cos⁡(x)⋅sin⁡n−2(x) dx\stackrel{\text{IBP}}{=} \left[-\cos(x) \cdot \sin^{n-1}(x)\right]_0^{\pi/2} + (n-1) \int_0^{\pi/2} \cos(x) \cdot \sin^{n-2}(x) \, dx
=(n−1)∫0π/2cos⁡(x)⋅sin⁡n−2(x) dx= (n-1) \int_0^{\pi/2} \cos(x) \cdot \sin^{n-2}(x) \, dx
=(n−1)∫0π/2[1−sin⁡2(x)]⋅sin⁡n−2(x) dx= (n-1) \int_0^{\pi/2} [1 - \sin^2(x)] \cdot \sin^{n-2}(x) \, dx
=(n−1)∫0π/2sin⁡n−2(x) dx−(n−1)∫0π/2sin⁡n(x) dx= (n-1) \int_0^{\pi/2} \sin^{n-2}(x) \, dx - (n-1) \int_0^{\pi/2} \sin^n(x) \, dx
=(n−1)In−2−(n−1)In= (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n

Thus,

In=(n−1)In−2−(n−1)In⇒nIn=(n−1)In−2⇒In=n−1nIn−2I_n = (n-1)I_{n-2} - (n-1)I_n \Rightarrow nI_n = (n-1)I_{n-2} \Rightarrow I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2}

מטלה 6

טורים

6 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות

Calculus II – Spring2025−26Homework6Spring 2025-26 Homework 6

Solution

1.Compute the value of each of the following series, or prove that it diverges.

(a) ∑n=0∞(−1)n⋅22n+1+(−1)n5n\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \cdot 2^{2n+1} + (-1)^n 5^n

Pituach:

We have

∑n=0∞(−1)n⋅22n+1+(−1)n5n=∑n=0∞(−1)n⋅2⋅4n5n+∑n=0∞(−1)n⋅(−1)n5n\sum_{n=0}^{\infty} (−1)^n · 2^{2n+1} + (−1)^n 5^n = \sum_{n=0}^{\infty} (−1)^n · 2 · 4^n 5^n + \sum_{n=0}^{\infty} (−1)^n · (−1)^n 5^n
=2⋅∑n=0∞(−45)n+∑n=0∞(15)n= 2 · \sum_{n=0}^{\infty} \left( − \frac{4}{5} \right)^n + \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{5} \right)^n
=2⋅11+45+11−15=109+54=8536= 2 · \frac{1}{1 + \frac{4}{5}} + \frac{1}{1 − \frac{1}{5}} = \frac{10}{9} + \frac{5}{4} = \frac{85}{36}

(b) ∑n=1∞cosh⁡(1n)\sum_{n=1}^{\infty} \cosh \left( \frac{1}{n} \right), where cosh⁡(x)=ex+e−x2,∀x∈R\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}, \forall x \in \mathbb{R}

Pituach:

Note that

lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞cosh⁡(1n)→Heine’s lemmalim⁡x→0cosh⁡(x)=lim⁡x→0ex+e−x2=1\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \cosh \left( \frac{1}{n} \right) \xrightarrow{\text{Heine's lemma}} \lim_{x \to 0} \cosh(x) = \lim_{x \to 0} \frac{e^x + e^{−x}}{2} = 1

Thus, the series diverges by the necessary criterion.

(c) ∑n=1∞n2−1n3\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2 - 1}{n^3}

Pituach:

Note that the series is non-negative. We have

L=lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞[n2−1n3][1n]=lim⁡n→∞n3−nn3=lim⁡n→∞[1−1n2]=1L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left[ \frac{n^2 −1}{n^3} \right]}{\left[ \frac{1}{n} \right]} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^3 − n}{n^3} = \lim_{n \to \infty} \left[ 1 − \frac{1}{n^2} \right] = 1

It follows that the series is divergent together with the Harmonic series.

2
שאלה 2בינוניגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות
2.Determine whether each of the following series converges or diverges.

(a) ∑n=2∞1ln⁡(n)\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln(n)}

Solution: Note that 1ln⁡(n)≥0\frac{1}{\ln(n)} \geq 0 for every n≥3n \geq 3. We now write

∑n=3∞1ln⁡(n)≥∑n=3∞1n tail of Harmonic=∞\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{\ln(n)} \geq \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n} \text{ tail of Harmonic} = \infty

It follows that the series ∑n=3∞1ln⁡(n)\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{\ln(n)} is divergent by the comparison test, and therefore the series ∑n=2∞1ln⁡(n)\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln(n)} is divergent as it has a divergent tail.

(b) ∑n=1∞(n+2−n)3\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt{n + 2} - \sqrt{n})^3

Solution: We note that

∑n=1∞(n+2−n)3=∑n=1∞(n+2−nn+2+n)3=∑n=1∞8(n+2+n)3\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt{n + 2} - \sqrt{n})^3 = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{n + 2 - n}{\sqrt{n + 2} + \sqrt{n}} \right)^3 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{8}{(\sqrt{n + 2} + \sqrt{n})^3}

We have

lim⁡n→∞8(n+2+n)31n3/2=lim⁡n→∞8n3/2(n+2+n)3=lim⁡n→∞8(1+2n+1)3=1\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{8}{(\sqrt{n+2}+\sqrt{n})^3}}{\frac{1}{n^{3/2}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{8n^{3/2}}{(\sqrt{n + 2} + \sqrt{n})^3} = \lim_{n \to \infty} \frac{8}{\left(\sqrt{1 + \frac{2}{n}} + 1\right)^3} = 1

Thus, the series converges together with the 32\frac{3}{2}-Harmonic series.

(c) ∑n=1∞1(n+e)n−en\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n + e)^n - e^n}

Solution: By the comparison test

∑n=3∞1(n+e)n−en≤∑n=3∞1(e+e)n−en=∑n=3∞1(2e)n−en≤∑n=3∞12⋅en−en=∑n=3∞1en tail of geometric<∞\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(n + e)^n - e^n} \leq \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(e + e)^n - e^n} = \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(2e)^n - e^n} \leq \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{2 \cdot e^n - e^n} = \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{e^n} \text{ tail of geometric} < \infty

It follows that ∑n=3∞1(n+e)n−en<∞\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(n+e)^n - e^n} < \infty and therefore ∑n=1∞1(n+e)n−en<∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+e)^n - e^n} < \infty.

3
שאלה 3קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות
3.(a) Student A has proved that ∫1∞dxx=0\int_1^\infty \frac{dx}{x} = 0 in the following way:
∫1∞dxx=∫12dxx+∫23dxx+∫34dxx+⋯=[ln⁡(2)−ln⁡(1)]+[ln⁡(3)−ln⁡(2)]+[ln⁡(4)−ln⁡(3)]+⋯=0\int_1^\infty \frac{dx}{x} = \int_1^2 \frac{dx}{x} + \int_2^3 \frac{dx}{x} + \int_3^4 \frac{dx}{x} + \cdots = [\ln(2) - \ln(1)] + [\ln(3) - \ln(2)] + [\ln(4) - \ln(3)] + \cdots = 0

Explain student A's mistake.

Solution:

Student A made the following errors in his proof:

i. Student A did not explain why ∫1∞dxx=∫12dxx+∫23dxx+∫34dxx+⋯\int_1^\infty \frac{dx}{x} = \int_1^2 \frac{dx}{x} + \int_2^3 \frac{dx}{x} + \int_3^4 \frac{dx}{x} + \cdots. This equality assumes that ∫1∞dxx\int_1^\infty \frac{dx}{x} converges in the extended sense, which renders the proof circular.

ii. The equality ∫1∞dxx=∫12dxx+∫23dxx+∫34dxx+⋯=[ln⁡(2)−ln⁡(1)]+[ln⁡(3)−ln⁡(2)]+[ln⁡(4)−ln⁡(3)]+⋯\int_1^\infty \frac{dx}{x} = \int_1^2 \frac{dx}{x} + \int_2^3 \frac{dx}{x} + \int_3^4 \frac{dx}{x} + \cdots = [\ln(2) - \ln(1)] + [\ln(3) - \ln(2)] + [\ln(4) - \ln(3)] + \cdots is correct, but student A should have been more careful about the grouping of terms:

∫12dxx+∫23dxx+∫34dxx+⋯=[ln⁡2−ln⁡1]+[ln⁡3−ln⁡2]+[ln⁡4−ln⁡3]+⋯\int_1^2 \frac{dx}{x} + \int_2^3 \frac{dx}{x} + \int_3^4 \frac{dx}{x} + \cdots = [\ln 2 - \ln 1] + [\ln 3 - \ln 2] + [\ln 4 - \ln 3] + \cdots

iii. Student A ignored the definition of an infinite sum as a limit of finite sums. What he should have is:

[ln⁡2−ln⁡1]+[ln⁡3−ln⁡2]+[ln⁡4−ln⁡3]+⋯=∑n=1∞[ln⁡(n+1)−ln⁡n]=lim⁡N→∞∑n=1N[ln⁡(n+1)−ln⁡n]=lim⁡N→∞[ln⁡(N+1)−ln⁡1]=∞[\ln 2 - \ln 1] + [\ln 3 - \ln 2] + [\ln 4 - \ln 3] + \cdots = \sum_{n=1}^\infty [\ln(n+1) - \ln n] = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^N [\ln(n+1) - \ln n] = \lim_{N \to \infty} [\ln(N+1) - \ln 1] = \infty

(b) Student A has proved that ∑n=0∞12n=2\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = 2 in the following way:

Denote s=∑n=0∞12n=1+12+14+⋯s = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots. Then s−1=12+14+⋯s - 1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots. Thus, 2(s−1)=1+12+⋯=s2(s - 1) = 1 + \frac{1}{2} + \cdots = s. It follows that 2s−2=s2s - 2 = s. Thus s=2s = 2.

Inspired by his method, student A also proved that ∑n=0∞2n=−1\sum_{n=0}^\infty 2^n = -1 in the following way:

Denote s=∑n=0∞2n=1+2+4+⋯s = \sum_{n=0}^\infty 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots. Then s−1=2+4+8+⋯s - 1 = 2 + 4 + 8 + \cdots. Thus, 12(s−1)=1+2+4+⋯=s\frac{1}{2}(s - 1) = 1 + 2 + 4 + \cdots = s. It follows that 12(s−1)=s\frac{1}{2}(s - 1) = s. Thus s=−1s = -1.

Find the mistake of student A.

Solution:

StudentAassumedthattheseriesisconvergent,butwhilethisassertionistrueforthefirstseries(geometricwithStudent A assumed that the series is convergent, but while this assertion is true for the first series (geometric with q=12q = \frac{1}{2}),itisfalseforthesecondseries(geometricwith), it is false for the second series (geometric with q=2q = 2).

4
שאלה 4קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות
4.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Consider the sequence defined by
bn={akn=2k−1−akn=2k∀n∈Nb_n = \begin{cases} a_k & n = 2k - 1 \\ -a_k & n = 2k \end{cases} \quad \forall n \in \mathbb{N}

Prove that the series ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n is convergent if and only if lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0.

Solution:

⇒\Rightarrow: As ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n is convergent then lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0 by the necessary criterion.

⇐\Leftarrow: As lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0, then by the inheritance theorem we have lim⁡k→∞ak=0\lim_{k \to \infty} a_k = 0.

Consider the sequence defined by

SN=∑n=1Nbn=b1+b2+⋯+bN,∀N∈NS_N = \sum_{n=1}^{N} b_n = b_1 + b_2 + \cdots + b_N, \quad \forall N \in \mathbb{N}

Note that

S2N=a1−a1+a2−a2+⋯+aN−aN=0,∀N∈NS_{2N} = a_1 - a_1 + a_2 - a_2 + \cdots + a_N - a_N = 0, \quad \forall N \in \mathbb{N}

and therefore lim⁡N→∞S2N=0\lim_{N \to \infty} S_{2N} = 0.

Note also that

S2N=S2N−1+b2N=S2N−1−aN  ⟹  S2N−1=S2N+aN,∀N∈NS_{2N} = S_{2N-1} + b_{2N} = S_{2N-1} - a_N \implies S_{2N-1} = S_{2N} + a_N, \quad \forall N \in \mathbb{N}

and therefore

lim⁡N→∞S2N−1=lim⁡N→∞[S2N+aN]=0+0=0\lim_{N \to \infty} S_{2N-1} = \lim_{N \to \infty} [S_{2N} + a_N] = 0 + 0 = 0

It follows that lim⁡N→∞SN=0\lim_{N \to \infty} S_N = 0 and therefore

∑n=1∞bn=lim⁡N→∞SN=0\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \lim_{N \to \infty} S_N = 0
5
שאלה 5קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות
5.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers such that lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0. Let a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R} such that a+b+c=0a + b + c = 0. Let (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers such that for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have bn=a⋅an+b⋅an+1+c⋅an+2b_n = a \cdot a_n + b \cdot a_{n+1} + c \cdot a_{n+2}. Prove that the series ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n converges and find its value.

Solution:

As a+b+c=0a + b + c = 0, then c=−a−bc = -a - b, thus for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

bn=a⋅an+b⋅an+1+(−a−b)⋅an+2=a⋅an+b⋅an+1−a⋅an+2−b⋅an+2b_n = a \cdot a_n + b \cdot a_{n+1} + (-a - b) \cdot a_{n+2} = a \cdot a_n + b \cdot a_{n+1} - a \cdot a_{n+2} - b \cdot a_{n+2}
=a(an−an+2)+b(an+1−an+2)= a(a_n - a_{n+2}) + b(a_{n+1} - a_{n+2})

We note that for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

∑n=1Nbn=∑n=1N[a(an−an+2)+b(an+1−an+2)]\sum_{n=1}^{N} b_n = \sum_{n=1}^{N} [a(a_n - a_{n+2}) + b(a_{n+1} - a_{n+2})]
=a∑n=1N(an−an+2)+b∑n=1N(an+1−an+2)= a\sum_{n=1}^{N} (a_n - a_{n+2}) + b\sum_{n=1}^{N} (a_{n+1} - a_{n+2})
=a(a1+a2−aN+1−aN+2)+b(a2−aN+2)= a(a_1 + a_2 - a_{N+1} - a_{N+2}) + b(a_2 - a_{N+2})

As lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0, then lim⁡n→∞an+1=lim⁡n→∞an+2=0\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} a_{n+2} = 0 and therefore

∑n=1∞bn=lim⁡N→∞∑n=1Nbn=lim⁡N→∞[a(a1+a2−aN+1−aN+2)+b(a2−aN+2)]\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} b_n = \lim_{N \to \infty} [a(a_1 + a_2 - a_{N+1} - a_{N+2}) + b(a_2 - a_{N+2})]
=a⋅(a1+a2)+b⋅a2= a \cdot (a_1 + a_2) + b \cdot a_2

Thus the series converges and its value is a⋅(a1+a2)+b⋅a2a \cdot (a_1 + a_2) + b \cdot a_2.

6
שאלה 6קשהגבולותטוריםמבחן-ההשוואהסדרות
6.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} be two sequences of real numbers. Prove or disprove each of the following statements:

(a) Suppose that (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} are non-negative. Suppose that an<bna_n < b_n for every n∈Nn \in \mathbb{N} and ∑n=1∞bn<∞\sum_{n=1}^{\infty} b_n < \infty. Then ∑n=1∞an<∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} a_n < \sum_{n=1}^{\infty} b_n.

Solution: True. As an<bna_n < b_n for every n∈Nn \in \mathbb{N}, then a1<b1a_1 < b_1. As ∑n=1∞bn<∞\sum_{n=1}^{\infty} b_n < \infty, then ∑n=2∞bn<∞\sum_{n=2}^{\infty} b_n < \infty. As an<bna_n < b_n for every n∈Nn \in \mathbb{N} and ∑n=2∞bn<∞\sum_{n=2}^{\infty} b_n < \infty, then by the comparison principle ∑n=2∞an<∞\sum_{n=2}^{\infty} a_n < \infty and

∑n=2∞an≤∑n=2∞bn<∞\sum_{n=2}^{\infty} a_n \leq \sum_{n=2}^{\infty} b_n < \infty

thus

a1+∑n=2∞an<b1+∑n=2∞bna_1 + \sum_{n=2}^{\infty} a_n < b_1 + \sum_{n=2}^{\infty} b_n
∑n=1∞an<∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} a_n < \sum_{n=1}^{\infty} b_n

(b) Consider the sequence defined by SN=∑n=1NanS_N = \sum_{n=1}^{N} a_n for every N∈NN \in \mathbb{N}. Suppose that bn=Sn2−2Sn−1+3b_n = S_n^2 - 2S_{n-1} + 3 for every 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N}. If the series ∑n=2∞bn\sum_{n=2}^{\infty} b_n is convergent, then the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is divergent.

Solution: True. Assume to the contrary that the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is convergent. Then ∃s∈R\exists s \in \mathbb{R} such that lim⁡n→∞Sn=s\lim_{n \to \infty} S_n = s. As the series ∑n=2∞bn\sum_{n=2}^{\infty} b_n is convergent, then by the necessary criterion lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0. Thus, by AOL,

0=lim⁡n→∞bn=lim⁡n→∞(Sn2−2Sn−1+3)=s2−2s+30 = \lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} (S_n^2 - 2S_{n-1} + 3) = s^2 - 2s + 3

Contradiction, as the equation s2−2s+3=0s^2 - 2s + 3 = 0 has no real solutions.

מטלה 7

טורי חזקות

3 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2025בינוניאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-המנה

# Calculus II – Spring2025−26Homework7SolutionSpring 2025-26 Homework 7 Solution

## 1. Determine whether each of the following series converges or diverges:

### (a) ∑n=1∞43n(n!)2(2n+1)2n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{43^n (n!)^2}{(2n+1)^{2n}}

Solution:

We use the ratio test:

L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞[43n+3((n+1)!)2(2n+3)2n+2][43n(n!)2(2n+1)2n]L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left[\frac{43^{n+3}((n+1)!)^2}{(2n+3)^{2n+2}}\right]}{\left[\frac{43^n(n!)^2}{(2n+1)^{2n}}\right]}
=lim⁡n→∞64⋅(2n+1)2n⋅((n+1)!)2(2n+3)2n+2⋅(n!)2= \lim_{n \to \infty} \frac{64 \cdot (2n+1)^{2n} \cdot ((n+1)!)^2}{(2n+3)^{2n+2} \cdot (n!)^2}
=lim⁡n→∞[64⋅(n+1)2(2n+3)2⋅(2n+12n+3)2n]= \lim_{n \to \infty} \left[\frac{64 \cdot (n+1)^2}{(2n+3)^2} \cdot \left(\frac{2n+1}{2n+3}\right)^{2n}\right]
=lim⁡n→∞[64⋅(1+1n)2(2+3n)2⋅(1+12n)2n(1+32n)2n]= \lim_{n \to \infty} \left[\frac{64 \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right)^2}{\left(2 + \frac{3}{n}\right)^2} \cdot \frac{\left(1 + \frac{1}{2n}\right)^{2n}}{\left(1 + \frac{3}{2n}\right)^{2n}}\right]

By L'Hôpital's rule:

=64⋅e4⋅e3=16e2>1= \frac{64 \cdot e}{4 \cdot e^3} = \frac{16}{e^2} > 1

It follows that the series is divergent.

### (b) ∑n=1∞2⋅4⋅6⋯2nnn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2n}{n^n}

Solution:

We use the ratio test:

L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞[2⋅4⋅6⋯2n⋅(2n+2)(n+1)n+1][2⋅4⋅6⋯2nnn]L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left[\frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2n \cdot (2n+2)}{(n+1)^{n+1}}\right]}{\left[\frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2n}{n^n}\right]}
=lim⁡n→∞(2n+2)⋅nn(n+1)n+1= \lim_{n \to \infty} \frac{(2n+2) \cdot n^n}{(n+1)^{n+1}}
=lim⁡n→∞2⋅(nn+1)n= \lim_{n \to \infty} 2 \cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^n
=lim⁡n→∞2⋅(n+1n)−n= \lim_{n \to \infty} 2 \cdot \left(\frac{n+1}{n}\right)^{-n}
=lim⁡n→∞2⋅(1+1n)−n= \lim_{n \to \infty} 2 \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-n}
=2e<1= \frac{2}{e} < 1

It follows that the series is convergent.

2
שאלה 3קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-המנה
3.In this problem we will prove the existence of the Euler constant, that will be re-visited in the course of Probability. Let (TN)N=1∞(T_N)_{N=1}^{\infty} be the sequence of real numbers defined by
TN=∑n=1N1n−∫1NdxxT_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - \int_1^N \frac{dx}{x}

for every N∈NN \in \mathbb{N}.

(a) Prove that (TN)N=1∞(T_N)_{N=1}^{\infty} is decreasing. Hint. recall the inequality f(n+1)≤∫nn+1f(x)dx≤f(n)f(n+1) \leq \int_n^{n+1} f(x) dx \leq f(n) that we have seen in lecture 6.

Solution:

We note that for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

1n+1≤∫nn+1dxx≤1n\frac{1}{n+1} \leq \int_n^{n+1} \frac{dx}{x} \leq \frac{1}{n}

Let N∈NN \in \mathbb{N}. Then

TN+1−TN=∑n=1N+11n−∫1N+1dxx−(∑n=1N1n−∫1Ndxx)T_{N+1} - T_N = \sum_{n=1}^{N+1} \frac{1}{n} - \int_1^{N+1} \frac{dx}{x} - \left( \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - \int_1^N \frac{dx}{x} \right)
=1N+1−∫1N+1dxx+∫1Ndxx= \frac{1}{N+1} - \int_1^{N+1} \frac{dx}{x} + \int_1^N \frac{dx}{x}
=1N+1−∫NN+1dxx≤1N+1−1N+1=0= \frac{1}{N+1} - \int_N^{N+1} \frac{dx}{x} \leq \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+1} = 0

Thus (TN)N=1∞(T_N)_{N=1}^{\infty} is decreasing.

(b) Conclude that there exists a constant γ≥0\gamma \geq 0 for which

γ=lim⁡N→∞[∑n=1N1n−ln⁡N]\gamma = \lim_{N \to \infty} \left[ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - \ln N \right]

Solution:

Let N∈NN \in \mathbb{N}. Then

TN=∑n=1N1n−∫1Ndxx=∑n=1N(1n−∫nn+1dxx)+∫NN+1dxx≥0+∫NN+1dxx≥0T_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - \int_1^N \frac{dx}{x} = \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n} - \int_n^{n+1} \frac{dx}{x} \right) + \int_N^{N+1} \frac{dx}{x} \geq 0 + \int_N^{N+1} \frac{dx}{x} \geq 0

Thus (TN)N=1∞(T_N)_{N=1}^{\infty} is bounded from below by 00 and therefore lim⁡N→∞TN\lim_{N \to \infty} T_N exists, and by the monotonicity of limits we get that

lim⁡N→∞TN≥lim⁡N→∞0=0\lim_{N \to \infty} T_N \geq \lim_{N \to \infty} 0 = 0

We note that for every N∈NN \in \mathbb{N} we have

∫1Ndxx=[ln⁡∣x∣]1N=ln⁡N−ln⁡1=ln⁡N\int_1^N \frac{dx}{x} = [\ln |x|]_1^N = \ln N - \ln 1 = \ln N

thus there exists a γ≥0\gamma \geq 0 for which

γ=lim⁡N→∞[∑n=1N1n−ln⁡(N)]\gamma = \lim_{N \to \infty} \left[ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - \ln(N) \right]
3
שאלה 4קשהאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטוריםמבחן-המנה
4.Prove or disprove each of the following statements:

(a) Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of non-negative numbers. If lim⁡n→∞(n⋅an)=0\lim_{n \to \infty} (n \cdot a_n) = 0, then ∑n=1∞an<∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n < \infty.

Solution: False. We choose a1=1a_1 = 1 and an=1n⋅ln⁡na_n = \frac{1}{n \cdot \ln n} for every 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N}. We note that

lim⁡n→∞(n⋅an)=lim⁡n→∞[n⋅1n⋅ln⁡n]=lim⁡n→∞1ln⁡n=0\lim_{n \to \infty} (n \cdot a_n) = \lim_{n \to \infty} \left[ n \cdot \frac{1}{n \cdot \ln n} \right] = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln n} = 0

but we proved in class that

∑n=2∞1n⋅ln⁡n=∞\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln n} = \infty

Thus ∑n=1∞an=∞\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \infty, since it has a divergent tail.

(b) Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of positive numbers. Suppose that

an+1an≤n2(n+1)2∀n∈N\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \frac{n^2}{(n+1)^2} \quad \forall n \in \mathbb{N}

then the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is convergent.

Solution: True. Consider the sequence (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} defined by bn=1n2b_n = \frac{1}{n^2} for every n∈Nn \in \mathbb{N}. Note that for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

an+1an≤n2(n+1)2=[1(n+1)2][1n2]=bn+1bn\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \frac{n^2}{(n+1)^2} = \frac{\left[\frac{1}{(n+1)^2}\right]}{\left[\frac{1}{n^2}\right]} = \frac{b_{n+1}}{b_n}

Since the 2-Harmonic series is convergent, the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is convergent.

מבחני עבר

מועד א׳ 2025

4 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

Calculus 2, Moed A 2025 Reichman university Solutions

Lecturer: Dr. Yossi Shamai. Duration: 3 hours. Auxiliary material: none.

Instructions: The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions. Each question is worth 25 credits. There is no choice between different items of the same question. Unexplained answers will not receive any credit. You must state all of the conditions for every theorem and/or claim. You do not have a choice between different items of the same question. It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course. You must write your solutions only in the designated areas. Do not write at the back of the papers! Good Luck!

1.(25 points)

1.1. (17 points) Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let f,Gf, G be two functions that are defined on [a,b][a, b].

1.1.1. (2 points) Define the following term: The function GG is an anti-derivative of the function ff in [a,b][a, b].

פתרון:

We say that GG is an anti-derivative of ff in [a,b][a, b] if GG is differentiable on [a,b][a, b] and if for every x∈[a,b]x \in [a, b] we have G′(x)=f(x)G'(x) = f(x).

1.1.2. (15 points) Suppose that ff is continuous on [a,b][a, b] and that GG is an anti-derivative of ff in [a,b][a, b]. Prove that

∫abf(x) dx=G(b)−G(a)\int_a^b f(x) \, dx = G(b) - G(a)

פתרון:

See lectures.

1.2. (8 points) Compute the value of the following series, or prove that it does not converge in the extended sense:

∑n=1∞[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]

פתרון:

Note that

∑n=1∞[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]=lim⁡N→∞∑n=1N[arcsin⁡(1n+1)−arcsin⁡(1n)]\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right] = \lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]
=lim⁡N→∞[arcsin⁡(12)−arcsin⁡(1)+arcsin⁡(13)−arcsin⁡(12)+⋯+arcsin⁡(1N+1)−arcsin⁡(1N)]= \lim_{N \to \infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) - \arcsin(1) + \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) + \cdots + \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N+1}} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N}} \right) \right]
=lim⁡N→∞[arcsin⁡(1N+1)−arcsin⁡(1)]= \lim_{N \to \infty} \left[ \arcsin \left( \frac{1}{\sqrt{N+1}} \right) - \arcsin(1) \right]
=−arcsin⁡(1)=−π2= -\arcsin(1) = -\frac{\pi}{2}
2
שאלה 2קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות
2.(25 points)

2.1. (15 points) Prove that the number ee is irrational.

Solution: See lectures.

2.2. (10 points) Determine whether the following improper integral converges or diverges:

∫1∞e−xln⁡(x) dx\int_1^\infty e^{-x} \ln(x) \, dx

Solution: First, we clearly have e−xln⁡(x)≥0e^{-x} \ln(x) \geq 0 for every x≥1x \geq 1. Thus we can use the comparison test. Note that

lim⁡x→∞xe−x=lim⁡x→∞xex=L’Hlim⁡x→∞1ex=0(⋆)\lim_{x \to \infty} xe^{-x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x}{e^x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{1}{e^x} = 0 \quad (\star)

We know that ln⁡(1+x)≤x\ln(1 + x) \leq x for every x>−1x > -1. Thus, ln⁡(x)≤x−1≤x\ln(x) \leq x - 1 \leq x for every x≥1x \geq 1. We now compute

∫1∞e−xln⁡(x) dx≤∫1∞xe−x dx=IBP[−xe−x]1∞+∫1∞e−x dx=(⋆)1e+[−e−x]1∞=2e\int_1^\infty e^{-x} \ln(x) \, dx \leq \int_1^\infty xe^{-x} \, dx \stackrel{\text{IBP}}{=} \left[-xe^{-x}\right]_1^\infty + \int_1^\infty e^{-x} \, dx \stackrel{(\star)}{=} \frac{1}{e} + \left[-e^{-x}\right]_1^\infty = \frac{2}{e}

Thus, the integral converges by the comparison test.

3.(25 points)

3.1. (13 points) Consider the function f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} defined by

$$f(x)=f(x) = \begin{cases}

\frac{\arctan x}{x} & x \neq 0 \\

1 & x=0x = 0

\end{cases} \quad \forall x \in \mathbb{R}$$

3.1.1. (9 points) Find the Taylor series about x0=0x_0 = 0 of ff and find its domain of convergence.

Solution: We know that

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1=x−x33+x55−…\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \ldots

for every −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1. Dividing both sides by xx, then for every −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1 such that x≠0x \neq 0 we get

arctan⁡(x)x=1−x23+x45−…\frac{\arctan(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

As f(0)=1f(0) = 1, it follows that for every −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1 we have

f(x)=1−x23+x45−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n2n+1f(x) = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{2n + 1}

By the theorem of uniqueness of power series, we conclude that the Taylor series of ff is

Tf(x)=∑n=0∞(−1)nx2n2n+1T_f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{2n+1}

and that the range of convergence is [−1,1][-1, 1].

3
שאלה 3.1קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

## 3.1.2. (4 points)

Compute the value of f(10)(0)f^{(10)}(0).

פתרון:

As f(x)=∑n=0∞(−1)nx2n2n+1f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{2n+1} for every −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1, then by the theorem of uniqueness, for every 0≤n∈N0 \leq n \in \mathbb{N} it holds that an=f(n)(0)n!a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!}, and therefore f(n)(0)=n!⋅anf^{(n)}(0) = n! \cdot a_n, where ana_n is the coefficient of xnx^n.

It follows that f(10)(0)=−10!11f^{(10)}(0) = -\frac{10!}{11}

---

## 3.2. (12 points)

Let (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} be a sequence of real numbers, and let RR be the convergence radius of the power series ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n. Suppose that R<1R < 1. Prove or disprove the following statement: It holds that lim⁡n→∞an≠0\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0.

פתרון:

True. ATC that lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0. Thus, there exists an N1∈NN_1 \in \mathbb{N} such that for every n≥N1n \geq N_1 we have ∣an−0∣<1⇒∣an∣<1|a_n - 0| < 1 \Rightarrow |a_n| < 1

We know that ∑n=N1∞xn\sum_{n=N_1}^{\infty} x^n converges absolutely iff −1<x<1-1 < x < 1. Let −1<x1<1-1 < x_1 < 1. We note that

∑n=N1∞anx1n≤∑n=N1∞x1n\sum_{n=N_1}^{\infty} a_n x_1^n \leq \sum_{n=N_1}^{\infty} x_1^n

Thus the series ∑n=N1∞anxn\sum_{n=N_1}^{\infty} a_n x^n converges absolutely at x1x_1. Thus the series ∑n=N1∞anxn\sum_{n=N_1}^{\infty} a_n x^n converges absolutely for every −1<x<1-1 < x < 1 and therefore the series ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n converges absolutely for every −1<x<1-1 < x < 1, which implies that R≥1R \geq 1. Contradiction!

---

## 4. (25 points)

## 4.1. (13 points)

Determine whether the following series is convergent or divergent:

1−14−13+13−18−16+15−112−19+⋯+12n−1−14n−13n+…1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{8} - \frac{1}{6} + \frac{1}{5} - \frac{1}{12} - \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{4n} - \frac{1}{3n} + \ldots

פתרון:

We prove that the series is divergent. ATC that the series is convergent. Then ∃s∈R\exists s \in \mathbb{R} such that

s=1−14−13+13−18−16+15−112−19+⋯+12n−1−14n−13n+…s = 1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{8} - \frac{1}{6} + \frac{1}{5} - \frac{1}{12} - \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{4n} - \frac{1}{3n} + \ldots

Consider the series obtained from the series above where terms are grouped by adding parentheses on every three terms. Then by the parentheses test

s=(1−14−13)+(13−18−16)+⋯+(12n−1−14n−13n)+…s = \left(1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{8} - \frac{1}{6}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{4n} - \frac{1}{3n}\right) + \ldots
=∑n=1∞(12n−1−14n−13n)= \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{4n} - \frac{1}{3n}\right)
=∑n=1∞(12n−1−712n)= \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{7}{12n}\right)
=∑n=1∞7−2n24n2−12n= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{7 - 2n}{24n^2 - 12n}
=−∑n=1∞2n−724n2−12n= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n - 7}{24n^2 - 12n}
4
שאלה 4קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

We consider the series ∑n=4∞2n−724n2−12n\sum_{n=4}^{\infty} \frac{2n-7}{24n^2-12n}, which is nonnegative. Note that by comparison with bn=1nb_n = \frac{1}{n}, we have

lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞n(2n−7)24n2−12n=112\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n(2n-7)}{24n^2-12n} = \frac{1}{12}

which implies that the series ∑n=4∞2n−724n2−12n\sum_{n=4}^{\infty} \frac{2n-7}{24n^2-12n} is divergent along with the harmonic series. This implies that the series ∑n=1∞2n−724n2−12n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n-7}{24n^2-12n} isdivergent(hasadivergenttail),andbythealgebraofconvergingseries,theseriesis divergent (has a divergent tail), and by the algebra of converging series, the series ∑n=1∞7−2n24n2−12n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{7-2n}{24n^2-12n} is divergent.

4.2. (12 points) Let ff be a function that is continuously differentiable on [0,π][0, \pi]. Suppose that

∫0πxf′(x) dx=∫0πf(x) dx\int_0^{\pi} x f'(x) \, dx = \int_0^{\pi} f(x) \, dx

Suppose also that f(π)=1f(\pi) = 1. Compute the value of the definite integral ∫0πf(x) dx\int_0^{\pi} f(x) \, dx.

Hint: first explain why the integrals exist.

פתרון:

First, as ff is continuously differentiable on [0,π][0, \pi] then xf′(x)x f'(x) is continuous on [0,π][0, \pi] and therefore integrable on [0,π][0, \pi]. Thus, the integral ∫0πxf′(x) dx\int_0^{\pi} x f'(x) \, dx exists. Also, as ff is differentiable on [0,π][0, \pi] then ff is continuous on [0,π][0, \pi] and therefore integrable on [0,π][0, \pi]. Thus, the integral ∫0πf(x) dx\int_0^{\pi} f(x) \, dx exists.

Note that

∫0πf(x) dx=∫0πxf′(x) dx=IBP[x⋅f(x)]0π−∫0πf(x) dx=πf(π)−∫0πf(x) dx\int_0^{\pi} f(x) \, dx = \int_0^{\pi} x f'(x) \, dx \stackrel{\text{IBP}}{=} \left[x \cdot f(x)\right]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} f(x) \, dx = \pi f(\pi) - \int_0^{\pi} f(x) \, dx

It follows that ∫0πf(x) dx=π⋅f(π)2=π2\int_0^{\pi} f(x) \, dx = \frac{\pi \cdot f(\pi)}{2} = \frac{\pi}{2}.

5. (25 points)

5.1. (13 points) Let f:[1,∞)→Rf : [1, \infty) \to \mathbb{R} be a twice differentiable function. Suppose that:

i. ff isconcave(namely,is concave (namely, f′′(x)≤0f''(x) \leq 0 for every x≥1x \geq 1).

ii. lim⁡x→∞f′(x)=0\lim_{x \to \infty} f'(x) = 0.

iii. The series ∑n=1∞f′(n)\sum_{n=1}^{\infty} f'(n) is convergent.

Prove that lim⁡x→∞f(x)\lim_{x \to \infty} f(x) exists.

פתרון:

First, as ff is concave, then f′′(x)≤0f''(x) \leq 0 for every x≥1x \geq 1 and therefore f′f' is decreasing. As lim⁡x→∞f′(x)=0\lim_{x \to \infty} f'(x) = 0 then the conditions for the integral test hold, and as the series ∑n=1∞f′(n)\sum_{n=1}^{\infty} f'(n) is convergent, then the integral ∫1∞f′(x) dx\int_1^{\infty} f'(x) \, dx is convergent. Thus,

lim⁡x→∞f(x)=f(1)+lim⁡x→∞[f(x)−f(1)]=f(1)+∫1∞f′(x) dx\lim_{x \to \infty} f(x) = f(1) + \lim_{x \to \infty} \left[f(x) - f(1)\right] = f(1) + \int_1^{\infty} f'(x) \, dx

5.2.

מועד א׳ 2024

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

# Infinitesimal Calculus 2, Moed A 2024, Reichman University

Do not write at the back of the papers!!

Lecturer: Dr. Yossi Shamai

## Instructions

1.Duration: 3 hours
2.The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions.
3.Each question is worth 25 credits.
4.You must explain in full details all of your answers in all parts of the exam, and state all of the conditions for every theorem and/or claim.
5.Unexplained answers will not receive any credit.
6.You do not have a choice between different items of the same question.
7.It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course.
8.You must write your solutions only in the designated areas.
9.Do not write at the back of the papers!

Behatzlacha!!!

2
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

# 1. (25 points)

## 1.1. (15 points)

Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Suppose that the series ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n is a Leibniz series. Prove that it converges to a value s∈Rs \in \mathbb{R}, and that a1−a2≤s≤a1a_1 - a_2 \leq s \leq a_1.

Solution: See lectures.

## 1.2. (10 points)

Compute the following definite integral:

∫01arccos⁡(x) dx\int_0^1 \arccos(x) \, dx

Solution: We use integration by parts,

∫01arccos⁡(x) dxu′=1v=arccos⁡(x)\int_0^1 \arccos(x) \, dx \quad \begin{matrix} u' = 1 \\ v = \arccos(x) \end{matrix}
=[x⋅arccos⁡(x)]01+∫01x1−x2 dx= [x \cdot \arccos(x)]_0^1 + \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx
t=1−x2dt=−2x dx\begin{matrix} t = 1-x^2 \\ dt = -2x \, dx \end{matrix}
=0−12∫01dtt=12∫10dtt dt= 0 - \frac{1}{2}\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t}} = \frac{1}{2}\int_1^0 \frac{dt}{\sqrt{t}} \, dt
formula=12⋅11−12=1\text{formula} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 1

We now give an alternative solution: we use the method of substitution. As sin⁡(t)≥0\sin(t) \geq 0 for every t∈[0,π2]t \in [0, \frac{\pi}{2}] and as cos⁡2(t)+sin⁡2(t)=1\cos^2(t) + \sin^2(t) = 1 then sin⁡(t)=1−cos⁡2(t)\sin(t) = \sqrt{1 - \cos^2(t)} for every t∈[0,π2]t \in [0, \frac{\pi}{2}].

We now compute

∫01arccos⁡(x) dxt=arccos⁡(x)dt=−dx1−x2\int_0^1 \arccos(x) \, dx \quad \begin{matrix} t = \arccos(x) \\ dt = -\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} \end{matrix}
=−∫0π/2t1−x2 dt=∫π/20t1−cos⁡2(t) dt=∫0π/2tsin⁡(t) dt= -\int_0^{\pi/2} \frac{t}{\sqrt{1-x^2}} \, dt = \int_{\pi/2}^0 t \sqrt{1-\cos^2(t)} \, dt = \int_0^{\pi/2} t \sin(t) \, dt
u′=sin⁡(t)v=t\begin{matrix} u' = \sin(t) \\ v = t \end{matrix}
=[−tcos⁡(t)]0π/2+∫0π/2cos⁡(t) dt=∫0π/2cos⁡(t) dt=[sin⁡(t)]0π/2=1= [-t \cos(t)]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \cos(t) \, dt = \int_0^{\pi/2} \cos(t) \, dt = [\sin(t)]_0^{\pi/2} = 1

# 2. (25 points)

## 2.1. (18 points)

### 2.1.1. (5 points)

Prove that the domain of convergence of the power series ∑n=1∞(−1)n+1xnn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} is the interval (−1,1](-1, 1].

Solution: We compute the convergence radius using the root formula,

R=lim⁡n→∞1∣an∣n=lim⁡n→∞11nn=lim⁡n→∞nn=1R = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{|a_n|}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{n}}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1

Thus the series converges for every −1<x<1-1 < x < 1 and diverges for every x>1x > 1 and x<−1x < -1.

We now check the endpoints: the series is convergent for x=1x = 1 (Leibniz) and the series is divergent for x=−1x = -1 (minus Harmonic).

We conclude that the domain of convergence of the power series ∑n=1∞(−1)n+1xnn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} is the interval (−1,1](-1, 1].

### 2.1.2. (13 points)

Prove that for every −1<x≤1-1 < x \leq 1 we have

ln⁡∣1+x∣=∑n=1∞(−1)n+1xnn\ln|1+x| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}

Solution: See lectures.

## 2.2. (7 points)

Prove or disprove the following statement: the series

1−1+1+12−12+12+13−13+13+…1 - 1 + 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \ldots

is convergent.

3
שאלה 3קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

3. פתרון:

שקר. נניח שהסדרה מתכנסת. אם נחבק סוגריים על כל 3 איברים, אז הסדרה המתקבלת מתכנסת לפי מבחן הסוגריים. אבל:

(1−1+1)+(12−12+12)+(13−13+13)+⋯=1+12+13+⋯=∑n=1∞1n=∞(1 − 1 + 1) + \left( \frac{1}{2} − \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{3} − \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right) + \cdots = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty

סתירה.

3. (25 נקודות)

3.1. (17 נקודות)

תן ל־ff להיות פונקציה המוגדרת על [0,1][0, 1].

3.1.1. (2 נקודות)

הגדר את המונח: ff היא דיפרנציאבילית על [0,1)[0, 1).

הערה: אינך צריך להשתמש בשפת ϵ−δ\epsilon - \delta.

פתרון:

אנחנו אומרים שהפונקציה ff היא דיפרנציאבילית על [0,1)[0, 1) אם לכל x0∈(0,1)x_0 \in (0, 1), הגבול

lim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}

קיים, וגם הגבול חד־צדדי מימין

lim⁡x→0+f(x)−f(0)x\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x}

קיים.

3.1.2. (15 נקודות)

נניח ש־ff רציפה על [0,1][0, 1] וגם דיפרנציאבילית על [0,1)[0, 1). נניח גם ש־f(0)=0f(0) = 0 וש־f′(0)=f(1)f'(0) = f(1). הוכח שקיים 0<c<10 < c < 1 שעבורו

f′(c)=f(c)cf'(c) = \frac{f(c)}{c}

פתרון:

שקול את הפונקציה המוגדרת על ידי:

g(x)={f(x)x0<x≤1f(1)x=0g(x) = \begin{cases} \frac{f(x)}{x} & 0 < x \leq 1 \\ f(1) & x = 0 \end{cases}

לכל 0≤x≤10 \leq x \leq 1.

שים לב ש־gg רציפה על (0,1](0, 1] לפי AOC(ArithmeticofContinuousfunctions).AOC (Arithmetic of Continuous functions).

שים לב גם ש:

\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} \stackrel{f(0)=0}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x} \stackrel{\text{הגדרה}}{=} f'(0) = f(1) = g(0)

מה שמובטח שהפונקציה gg רציפה מימין בנקודה x0=0x_0 = 0. מזה נובע שהפונקציה gg רציפה על [0,1][0, 1].

שים לב גם שהפונקציה gg דיפרנציאבילית על (0,1)(0, 1) לפי AOD(ArithmeticofDifferentiablefunctions).AOD (Arithmetic of Differentiable functions).

מכיוון ש־g(0)=g(1)=f(1)g(0) = g(1) = f(1), אז לפי משפט רול קיימת נקודה 0<c<10 < c < 1 שעבורה g′(c)=0g'(c) = 0.

אנחנו משנים כעת לכל 0<x<10 < x < 1 לפי AOD:

g′(x)=f′(x)⋅x−f(x)x2g'(x) = \frac{f'(x) \cdot x - f(x)}{x^2}

הצבת הערך x=cx = c נותנת:

0=g′(c)=f′(c)⋅c−f(c)c20 = g'(c) = \frac{f'(c) \cdot c - f(c)}{c^2}

מה שמובטח ש־f′(c)⋅c=f(c)f'(c) \cdot c = f(c). חלוקה ב־cc נותנת:

f′(c)=f(c)cf'(c) = \frac{f(c)}{c}

3.2. (8 נקודות)

מצא את כל הערכים של α≥0\alpha \geq 0 שעבורם הסדרה הבאה מתכנסת:

∑n=1∞(αn+1n+1)n\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\alpha n + 1}{n + 1} \right)^n

פתרון:

אנחנו משתמשים במבחן השורש:

L=lim⁡n→∞(αn+1n+1)nnL = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left( \frac{\alpha n + 1}{n + 1} \right)^n}
4
שאלה 4קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

4.4.1.1. (6 points) Compute the minimal value of ff or prove that it doesn't exist.

פתרון:

Note that ff is differentiable by AOD and for every x>0x > 0 we have

f′(x)=12(1−2x2)=12⋅x2−2x2=0  ⟺  x=2f'(x) = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{2}{x^2}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{x^2 - 2}{x^2} = 0 \iff x = \sqrt{2}

As f′(x)≥0f'(x) \geq 0 for every x≥2x \geq \sqrt{2} and f′(x)≤0f'(x) \leq 0 for every 0<x≤20 < x \leq \sqrt{2} then ff is decreasing on (0,2](0, \sqrt{2}] and increasing on [2,∞)[\sqrt{2}, \infty). Thus, x=2x = \sqrt{2} is a minimum of ff, and the minimal value is f(2)=2f(\sqrt{2}) = \sqrt{2}.

4.4.1.2. (7 points) Prove that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is well defined, and that it is convergent.

פתרון:

As a1=2>2a_1 = 2 > \sqrt{2} and for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have an+1=f(an)≥2a_{n+1} = f(a_n) \geq \sqrt{2} then an>0a_n > 0 for all n∈Nn \in \mathbb{N}, and therefore the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is well defined and bounded from below by 2\sqrt{2}.

We now prove by induction that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is decreasing. First, we have a2=1.5≤2=a1a_2 = 1.5 \leq 2 = a_1. Let n∈Nn \in \mathbb{N} and suppose that 2≤an+1≤an\sqrt{2} \leq a_{n+1} \leq a_n. As ff is increasing on [2,∞)[\sqrt{2}, \infty) then

an+2=f(an+1)≤f(an)=an+1a_{n+2} = f(a_{n+1}) \leq f(a_n) = a_{n+1}

Thus, (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is bounded from below and decreasing, and therefore lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n exists.

4.4.1.3. (5 points) Compute lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n.

פתרון:

As the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is convergent then there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L. As an≥2a_n \geq \sqrt{2} for every n∈Nn \in \mathbb{N} then by the Monotonicity of limits we have L≥2L \geq \sqrt{2}. Taking the limits of both sides of the equation an+1=12(an+2an)a_{n+1} = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{2}{a_n}\right) we obtain

L=12(L+2L)L = \frac{1}{2}\left(L + \frac{2}{L}\right)

which implies that L2=2L^2 = 2. Thus, L=2L = \sqrt{2}.

4.4.2. (8 points) Find a function f:(−1,1)→Rf : (-1, 1) \to \mathbb{R} for which f(n)(0)=(−1)n⋅(n+1)!∀0≤n∈Zf^{(n)}(0) = (-1)^n \cdot (n+1)! \quad \forall 0 \leq n \in \mathbb{Z}

Note: you may leave your answer as a series.

פתרון:

5
שאלה 5קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

פתרון:

נבחן את טור החזקות ∑n=0∞(−1)n(n+1)!n!xn=∑n=0∞(−1)n(n+1)xn\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(n+1)!}{n!} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (n+1) x^n.

שימו לב שרדיוס ההתכנסות נתון על ידי:

R=1L=lim⁡n→∞∣anan+1∣=lim⁡n→∞n+1n+2=lim⁡n→∞1+1n1+2n=1R = \frac{1}{L} = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{1 + \frac{2}{n}} = 1

לכן הטור מתכנס על הקטע הפתוח (−1,1)(-1, 1).

נבחן את הפונקציה f(x)=∑n=0∞(−1)n(n+1)!n!xnf(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(n+1)!}{n!} x^n לכל x∈(−1,1)x \in (-1, 1).

אז ff מוגדרת היטב ולכן, לפי משפט היחידות, לכל n≥0n \geq 0 מתקיים:

f(n)(0)n!=an⇒f(n)(0)=n!⋅an=(−1)n(n+1)!\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = a_n \Rightarrow f^{(n)}(0) = n! \cdot a_n = (-1)^n (n+1)!

---

5. (25 נקודות)

5.1. (8 נקודות) הוכיחו כי ex≥1+x+x22e^x \geq 1 + x + \frac{x^2}{2} לכל x≥0x \geq 0.

פתרון:

נבחן את הפונקציה המוגדרת על ידי f(x)=ex−1−x−x22f(x) = e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2} לכל x≥0x \geq 0.

שימו לב שf ff גזירה לפי AOD וכי f′(x)=ex−1−xf'(x) = e^x - 1 - x לכל x≥0x \geq 0.

מכיוון שהוכחנו בכיתה כי ex≥1+xe^x \geq 1 + x, ∀x≥0\forall x \geq 0, אז f′(x)≥0f'(x) \geq 0 ולכן ff עולה.

לכן, לכל x≥0x \geq 0 מתקיים:

f(x)≥f(0)=0⇒ex≥1+x+x22f(x) \geq f(0) = 0 \Rightarrow e^x \geq 1 + x + \frac{x^2}{2}

פתרון אלטרנטיבי:

ראשית, עבור x=0x = 0 אי-השוויון מתקיים כשוויון.

תהי x>0x > 0. לפי נוסחת השארית של טיילור, קיימת נקודה 0<c<x0 < c < x כך ש:

R2(x)=f(3)(c)3!x3=ec6x3>0R_2(x) = \frac{f^{(3)}(c)}{3!} x^3 = \frac{e^c}{6} x^3 > 0

שימו לב שפולינום טיילור שמרכזו ב-x0=0x_0 = 0 מסדר 2 הוא T2(x)=1+x+x22T_2(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2}.

לכן:

ex=T2(x)+R2(x)>T2(x)=1+x+x22e^x = T_2(x) + R_2(x) > T_2(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2}

פתרון חלופי נוסף:

תהי x≥0x \geq 0. אז:

ex−1−x−x22=∑n=0∞xnn!−1−x−x22=∑n=3∞xnn!≥0e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} - 1 - x - \frac{x^2}{2} = \sum_{n=3}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \geq 0

כאשר אי-השוויון האחרון נובע מכך שטור מתכנס עם אברים אי-שליליים חייב להתכנס לערך אי-שלילי.

---

5.2. (9 נקודות) הוכיחו כי 172≤∫01x61+x2dx≤17\frac{1}{7\sqrt{2}} \leq \int_0^1 \frac{x^6}{\sqrt{1 + x^2}} dx \leq \frac{1}{7}

פתרון:

ראשית, מכיוון שהפונקציה x61+x2\frac{x^6}{\sqrt{1 + x^2}} רציפה על [0,1][0,1] לפי AOC, אז היא אינטגרבילית ולכן האינטגרל ∫01x61+x2dx\int_0^1 \frac{x^6}{\sqrt{1 + x^2}} dx קיים.

לפי מונוטוניות האינטגרל המסוים:

∫01x61+x2dx≤∫01x6⋅1 dx=[x77]01=17\int_0^1 \frac{x^6}{\sqrt{1 + x^2}} dx \leq \int_0^1 x^6 \cdot 1 \, dx = \left[ \frac{x^7}{7} \right]_0^1 = \frac{1}{7}

מועד א׳ 2023

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

# Infinitesimal Calculus 2, Moed A 2023, Reichman University

Do not write at the back of the papers!!

Lecturer: Dr. Yossi Shamai

## Instructions:

1.Duration: 3 hours.
2.The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions.
3.Each question is worth 25 credits.
4.You must explain in full details all of your answers in all parts of the exam, and state all of the conditions for every theorem and/or claim. Unexplained answers will not receive any credit.
5.You do not have a choice between different items of the same question.
6.It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course.
7.You must write your solutions only in the designated areas.
8.Do not write at the back of the papers!
2
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים

# 1. (25 נקודות)

## (א) (15 נקודות)

הוכח כי ee הוא מספר אי-רציונלי. אתה רשאי להסתמך על כל משפט או טענה שנלמדו בקורס.

פתרון:

ראה הרצאות.

## (ב) (10 נקודות)

חשב את הערך של האינטגרל המסוים הבא:

∫0π2cos⁡(x) dx\int_0^{\pi^2} \cos(\sqrt{x}) \, dx

פתרון:

נציב t=xt = \sqrt{x} אז dt=12xdxdt = \frac{1}{2\sqrt{x}} dx ולכן dx=2xdt=2tdtdx = 2\sqrt{x} dt = 2t dt.

לפיכך:

∫0π2cos⁡(x) dx=2∫0πtcos⁡(t) dt=2[[tsin⁡t]0π−∫0πsin⁡t dt]\int_0^{\pi^2} \cos(\sqrt{x}) \, dx = 2\int_0^{\pi} t\cos(t) \, dt = 2\left[[t\sin t]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \sin t \, dt\right]
=−2∫0πsin⁡t dt=2[cos⁡t]0π=−4= -2\int_0^{\pi} \sin t \, dt = 2[\cos t]_0^{\pi} = -4

---

# 2. (25 נקודות)

## (א) (17 נקודות)

### (i) (2 נקודות)

יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה הגזירה ∞\infty פעמים ב-x0x_0. הגדר את המונח: טור טיילור של ff סביב x0x_0.

פתרון:

טור טיילור של ff סביב x0x_0 מוגדר כ:

Tf(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!⋅(x−x0)nT_f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} \cdot (x - x_0)^n

### (ii) (10 נקודות)

מצא את טור טיילור סביב x0=0x_0 = 0 של הפונקציה:

f(x)={arctan⁡xxx≠01x=0f(x) = \begin{cases} \frac{\arctan x}{x} & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}

ומצא את תחום ההתכנסות שלו.

פתרון:

מכיוון ש:

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1=x−x33+x55−…\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \ldots

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1, אז:

arctan⁡(x)x=1−x23+x45−…\frac{\arctan(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1 כך ש-x≠0x \neq 0.

מכיוון ש-f(0)=1f(0) = 1, נסיק כי:

f(x)=1−x23+x45−…f(x) = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1.

לפי משפט הייחידות של טורי חזקה, נסיק כי טור טיילור של ff הוא:

Tf(x)=1−x23+x45−…T_f(x) = 1 - \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} - \ldots

וטווח ההתכנסות הוא [−1,1][-1, 1].

### (iii) (5 נקודות)

חשב את הערך של f(10)(0)f^{(10)}(0).

פתרון:

יש לנו f(10)(0)10!=−111\frac{f^{(10)}(0)}{10!} = -\frac{1}{11} (מקדם של x10x^{10}).

מכאן נובע כי:

f(10)(0)=−10!11f^{(10)}(0) = -\frac{10!}{11}

## (ב) (8 נקודות)

תהי f:[0,3]→Rf : [0, 3] \to \mathbb{R} פונקציה רציפה. נניח כי:

∫03f(x) dx=0\int_0^3 f(x) \, dx = 0

הוכח כי קיימת נקודה 0<c<30 < c < 3 כך ש-f(c)=0f(c) = 0.

פתרון:

שקול את הפונקציה המוגדרת על ידי:

F(x)=∫0xf(t) dtF(x) = \int_0^x f(t) \, dt

לכל x∈[0,3]x \in [0, 3].

מכיוון ש-ff רציפה על [0,x][0, x] אז ff אינטגרבילית על [0,x][0, x] ולפיכך FF היא...

3
שאלה 3קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים
3.שהטענה f(c)=F′(c)=0f(c) = F'(c) = 0
3.(25 נקודות)

(a) (10 נקודות) יהיו (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} ו-(bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נניח כי ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנסת בתנאי, וכי ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n מתכנסת בהחלט. הוכח כי ∑n=1∞(an−bn)\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - b_n) מתכנסת בתנאי.

פתרון:

ראשית, כיוון ש-∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n מתכנסת בהחלט, היא מתכנסת. לפי אלגברה של סדרות, ∑n=1∞(an−bn)\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - b_n) מתכנסת, מכיוון שהיא הפרש של שתי סדרות מתכנסות.

כדי להוכיח שהיא מתכנסת בתנאי, עלינו להוכיח שהיא לא מתכנסת בהחלט.

נניח בשלילה כי ∑n=1∞∣an−bn∣<∞\sum_{n=1}^{\infty} |a_n - b_n| < \infty. אז לפי עקרון ההשוואה לסדרות אי-שליליות:

∑n=1∞∣an∣=∑n=1∞∣an−bn+bn∣≤∑n=1∞(∣an−bn∣+∣bn∣)=∑n=1∞∣an−bn∣+∑n=1∞∣bn∣<∞\sum_{n=1}^{\infty} |a_n| = \sum_{n=1}^{\infty} |a_n - b_n + b_n| \leq \sum_{n=1}^{\infty} (|a_n - b_n| + |b_n|) = \sum_{n=1}^{\infty} |a_n - b_n| + \sum_{n=1}^{\infty} |b_n| < \infty

זה סותר את ההנחה כי ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנסת בתנאי.

(b) (3 נקודות) הוכח כי לכל p>0p > 0 ולכל 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N} מתקיים:

(−1)nnp+(−1)n=(−1)nnp−1n2p+(−1)nnp\frac{(-1)^n}{n^p + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n^p} - \frac{1}{n^{2p} + (-1)^n n^p}

הערה: אין צורך להוכיח שהביטוי שלעיל מוגדר היטב.

פתרון:

יהיו 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N} ו-p>0p > 0. נחשב:

(−1)nnp−1n2p+(−1)nnp=(−1)nnp−1np(np+(−1)n)=(−1)n(np+(−1)n)−1np(np+(−1)n)\frac{(-1)^n}{n^p} - \frac{1}{n^{2p} + (-1)^n n^p} = \frac{(-1)^n}{n^p} - \frac{1}{n^p(n^p + (-1)^n)} = \frac{(-1)^n(n^p + (-1)^n) - 1}{n^p(n^p + (-1)^n)}
=(−1)nnp+1−1np(np+(−1)n)=(−1)nnpnp(np+(−1)n)=(−1)nnp+(−1)n= \frac{(-1)^n n^p + 1 - 1}{n^p(n^p + (-1)^n)} = \frac{(-1)^n n^p}{n^p(n^p + (-1)^n)} = \frac{(-1)^n}{n^p + (-1)^n}

(c) (12 נקודות) יהי 12<p≤1\frac{1}{2} < p \leq 1. הוכח כי הסדרה ∑n=2∞(−1)nnp+(−1)n\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^p+(-1)^n} מתכנסת בתנאי.

פתרון:

ראשית, שימו לב כי הסדרה ∑n=2∞(−1)nnp\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^p} היא סדרת דיריכלה ולכן מתכנסת. כיוון ש-p≤1p \leq 1, היא לא מתכנסת בהחלט. אם כן, היא מתכנסת בתנאי.

הסדרה ∑n=2∞1n2p+(−1)nnp\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{2p}+(-1)^n n^p} היא סדרה אי-שלילית, כיוון שלכל p>0p > 0 ו-n≥2n \geq 2 מתקיים n2p=(np)2>npn^{2p} = (n^p)^2 > n^p.

שימו לב כי:

L=lim⁡n→∞1n2p+(−1)nnp1n2p=lim⁡n→∞n2pn2p(1+(−1)nnp)=lim⁡n→∞11+(−1)nnp=1L = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n^{2p}+(-1)^n n^p}}{\frac{1}{n^{2p}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{2p}}{n^{2p}(1 + \frac{(-1)^n}{n^p})} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n^p}} = 1

כיוון ש-2p>12p > 1, הסדרה ∑n=2∞1n2p\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{2p}} מתכנסת.

4
שאלה 4קשהחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים
4.ותהי GG פונקציה קדומה של ff ב-[a,b][a, b]. הוכח כי
∫abf(x) dx=G(b)−G(a)\int_a^b f(x) \, dx = G(b) - G(a)

פתרון:

ראה הרצאות.

(b) (16 נקודות)

i. (8 נקודות) הוכח כי לכל a>0a > 0 קיים k∈Nk \in \mathbb{N} כך שלכל n≥kn \geq k מתקיים n!≥ann! \geq a^n.

פתרון:

תהי a>0a > 0. ראינו כי טור החזקות ∑n=0∞xnn!\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} בעל רדיוס התכנסות R=∞R = \infty. לכן הטור מתכנס בנקודה x=ax = a ועל פי קריטריון הכרחי, מתקבל כי lim⁡n→∞ann!=0\lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n!} = 0. מכאן נובע כי קיים k∈Nk \in \mathbb{N} כך שלכל n≥kn \geq k מתקיים ann!≤1\frac{a^n}{n!} \leq 1. הכפלה של שני אגפי אי-השוויון ב-n!n! נותנת כי n!≥ann! \geq a^n לכל n≥kn \geq k.

ii. (8 נקודות) תהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרה של מספרים חיוביים. תהי RR רדיוס ההתכנסות של טור החזקות ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n ותניח כי R<∞R < \infty. הוכח כי הטור ∑n=0∞ann!xn\sum_{n=0}^{\infty} a_n n! x^n מתבדר לכל x≠0x \neq 0.

פתרון:

תהי x>0x > 0. נבחר נקודה y∈Ry \in \mathbb{R} כך ש-y>Ry > R (למשל, y=2Ry = 2R). על פי סעיף (i), קיים k∈Nk \in \mathbb{N} כך שלכל n≥kn \geq k מתקיים n!≥(yx)n=ynxnn! \geq \left(\frac{y}{x}\right)^n = \frac{y^n}{x^n}. כלומר,

∑n=k∞ann!xn≥∑n=k∞anynxn⋅xn=∑n=k∞anyn=∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n n! x^n \geq \sum_{n=k}^{\infty} a_n \frac{y^n}{x^n} \cdot x^n = \sum_{n=k}^{\infty} a_n y^n = \infty

על פי עקרון ההשוואה, נסיק כי ∑n=k∞ann!xn=∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n n! x^n = \infty ולכן ∑n=0∞ann!xn=∞\sum_{n=0}^{\infty} a_n n! x^n = \infty (כיוון שיש לו זנב מתבדר). כאשר הטור מתבדר לכל x>0x > 0, הוא מתבדר על (0,∞)(0, \infty) ונוכל להסיק כי R=0R = 0, ממה שנובע כי הטור מתבדר לכל x≠0x \neq 0.

5.(25 נקודות)

(a) (15 נקודות) יהיו x0,x∈Rx_0, x \in \mathbb{R} כך ש-x0<xx_0 < x, ותהי ff פונקציה המוגדרת על [x0,x][x_0, x]. יהי 0≤N∈Z0 \leq N \in \mathbb{Z} ותניח כי ff גזירה NN פעמים על [x0,x][x_0, x]. תניח גם כי f(N)f^{(N)} רציפה על [x0,x][x_0, x] וגזירה על (x0,x)(x_0, x). תהי RNR_N שארית Taylor של ff סביב x0x_0 בסדר NN, ותניח כי RN(x)=0R_N(x) = 0.

i. (8 נקודות) הוכח כי קיימת נקודה x0<c<xx_0 < c < x כך ש-RN(N+1)(c)=0R_N^{(N+1)}(c) = 0.

פתרון:

תהי TNT_N פולינום Taylor של

5
שאלה 5בינוניחשוב למבחןגבולותטור-טיילורטורי-חזקותטורים
5.(b) (10 points) Let F:R2→RF : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} be the function that is defined by
F(x,y)={xy(x2−y2)x2+y2(x,y)≠(0,0)0(x,y)=(0,0)F(x, y) = \begin{cases} \frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2} & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0 & (x, y) = (0, 0) \end{cases}

i. (3 points) Compute the value of Fx′(0,0)F'_x(0, 0).

ii. (3 points) Compute the value of Fx′(2,2)F'_x(2, 2).

iii. (4 points) Compute the value of Fxy′′(0,0)F''_{xy}(0, 0).

פתרון:

(i) We have

Fx′(0,0)=lim⁡x→0F(x,0)−F(0,0)x=lim⁡x→00−0x=0F'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{F(x, 0) - F(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0

(ii) For every (x,y)≠(0,0)(x, y) \neq (0, 0) we have

Fx′(x,y)=(x2+y2)(y(x2−y2)+2x2y)−2x2y(x2−y2)(x2+y2)2F'_x(x, y) = \frac{(x^2 + y^2)(y(x^2 - y^2) + 2x^2y) - 2x^2y(x^2 - y^2)}{(x^2 + y^2)^2}

Thus, Fx′(2,2)=2F'_x(2, 2) = 2.

(iii) We compute

Fxy′′(0,0)=lim⁡y→0Fx′(0,y)−Fx′(0,0)y=lim⁡y→0−y5y4−0y=lim⁡y→0(−1)=−1F''_{xy}(0, 0) = \lim_{y \to 0} \frac{F'_x(0, y) - F'_x(0, 0)}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{-\frac{y^5}{y^4} - 0}{y} = \lim_{y \to 0}(-1) = -1

מועד א׳ 2022

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

# Infinitesimal Calculus 2, Moed A 2022, Reichman University

## Solutions

Lecturer: Dr. Yossi Shamai

### Instructions:

1.Duration: 3 hours.
2.Only a basic calculator and the attached formula sheets are permitted in the exam.

### Exam Instructions:

The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions. Each question is worth 25 credits.

You must explain in full details all of your answers in all parts of the exam, and state all of the conditions for every theorem and/or claim. Unexplained answers will not receive any credit.

It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course.

You must write your solutions only in the designated areas. Do not write at the back of the papers!

2
שאלה 2קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות
1.(25 נקודות)

(a) (13 נקודות) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים. נניח כי הטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס.

i. (7 נקודות) הוכח כי lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

ii. (6 נקודות) הוכח כי הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

פתרון:

יש לנו lim⁡n→∞[∣an∣n2][1n2]=lim⁡n→∞∣an∣=0\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{|a_n|}{n^2} \right] \left[ \frac{1}{n^2} \right] = \lim_{n \to \infty} |a_n| = 0, וכיוון ש־∑n=1∞1n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} מתכנס אזי ∑n=1∞∣an∣n2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_n|}{n^2} מתכנס, כלומר הטור ∑n=1∞ann2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^2} מתכנס בהחלט.

(b) (12 נקודות) קבע האם האינטגרל הלא־אמיתי הבא מתכנס או מתבדר:

∫01ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

פתרון:

שימו לב כי lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1, מה שמרמז שקיים 0<δ1<10 < \delta_1 < 1 כך שלכל 0<x<δ10 < x < \delta_1 מתקיים ex−1x>12\frac{e^x - 1}{x} > \frac{1}{2}.

לכן,

∫01ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xex−1 dx+∫δ11ex+xex−1 dx\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx + \int_{\delta_1}^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx

שימו לב כי האינטגרל השני סופי, כיוון שהפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} רציפה על [δ1,1][\delta_1, 1] וכן בעלת אינטגרל.

לגבי האינטגרל הראשון,

∫0δ1ex+xex−1 dx=∫0δ1ex+xxex−1x≤∫0δ12(ex+x)x≤∫0δ12(e+1)x dx=2(e+1)∫0δ1dxx≤2(e+1)∫01dxx<∞\int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx = \int_0^{\delta_1} \frac{e^x + x}{\sqrt{x} \sqrt{\frac{e^x - 1}{x}}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e^x + x)}{\sqrt{x}} \leq \int_0^{\delta_1} \frac{2(e + 1)}{\sqrt{x}} \, dx = 2(e + 1) \int_0^{\delta_1} \frac{dx}{\sqrt{x}} \leq 2(e + 1) \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

פתרון חלופי:

שימו לב כי הפונקציה ex+xex−1\frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} אי־שלילית לכל x∈(0,1]x \in (0, 1]. כיוון ש־ex=1+x+x22!+x33!+…e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots, אזי ex≥1+xe^x \geq 1 + x לכל x≥0x \geq 0 וכן,

∫01ex+xex−1 dx≤∫01e+1ex−1 dx≤∫014ex−1 dx≤∫014x dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{e + 1}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx \leq \int_0^1 \frac{4}{\sqrt{x}} \, dx < \infty

מה שמרמז כי ∫01ex+xex−1 dx<∞\int_0^1 \frac{e^x + x}{\sqrt{e^x - 1}} \, dx < \infty.

---

2.(25 נקודות) יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} וְתהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרת מספרים ממשיים.

(a) (15 נקודות) יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש־∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בנקודה x=x1x = x_1. הוכח כי טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בהחלט בנקודה x=x2x = x_2.

(b) (3 נקודות) הגדר את המושג: רדיוס התכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n.

3
שאלה 3קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

# 3. (25 points)

## (a) (19 points)

### i. (3 points)

Let f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} be a function that is twice differentiable at x0=0x_0 = 0. Define the terms: the Taylor polynomial and the Taylor remainder of order 2 of ff about 0.

פתרון:

Taylor polynomial של order 2 של ff about 0 מוגדר כ:

T2(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2x2T_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2

Taylor remainder של order 2 של ff about 0 מוגדר כ:

R2(x)=f(x)−T2(x)R_2(x) = f(x) - T_2(x)

לכל xx בסביבה של 0.

### ii. (4 points)

Consider the function defined by f(x)=1+xf(x) = \sqrt{1 + x} for every x>−1x > -1. Compute the Taylor polynomial of ff of order 2 about x0=0x_0 = 0.

פתרון:

We have:

f(x)=1+x⇒f(0)=1f(x) = \sqrt{1 + x} \Rightarrow f(0) = 1
f′(x)=121+x=12(1+x)−12⇒f′(0)=12f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{1+x}} = \frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow f'(0) = \frac{1}{2}
f′′(x)=−14(1+x)−32⇒f′′(0)=−14f''(x) = -\frac{1}{4}(1 + x)^{-\frac{3}{2}} \Rightarrow f''(0) = -\frac{1}{4}

It follows that:

T2(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2x2=1+x2−x28T_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2 = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8}

### iii. (12 points)

Prove that for every x∈Rx \in \mathbb{R} we have:

1+12x4−18x8≤1+x4≤1+12x4−18x8+116x121 + \frac{1}{2}x^4 - \frac{1}{8}x^8 \leq \sqrt{1 + x^4} \leq 1 + \frac{1}{2}x^4 - \frac{1}{8}x^8 + \frac{1}{16}x^{12}

פתרון:

We show that for every 0≤x0 \leq x we have:

1+12x−18x2≤1+x≤1+12x−18x2+116x31 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 \leq \sqrt{1 + x} \leq 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3

and then, substituting x4x^4 into the above inequality yields the required result.

First, if x=0x = 0 then we clearly have an equality. Else, 0<x0 < x and by Taylor's remainder theorem, there exists a point 0<c<x0 < c < x for which:

R2(x)=f′′′(c)3!x3R_2(x) = \frac{f'''(c)}{3!}x^3

Note that f′′′(x)=38(1+x)−52f'''(x) = \frac{3}{8}(1 + x)^{-\frac{5}{2}}, and as 0<c<x0 < c < x we have R2(x)≥0R_2(x) \geq 0 and:

0≤1+x−T2(x)=R2(x)=38⋅6(1+c)52x3≤348x3=x3160 \leq \sqrt{1 + x} - T_2(x) = R_2(x) = \frac{3}{8 \cdot 6(1 + c)^{\frac{5}{2}}}x^3 \leq \frac{3}{48}x^3 = \frac{x^3}{16}

Adding T2(x)T_2(x) to both sides yields the result.

## (b) (6 points)

Prove or disprove the following statement: we have 1−π23!+π45!−π67!+⋯=01 - \frac{\pi^2}{3!} + \frac{\pi^4}{5!} - \frac{\pi^6}{7!} + \cdots = 0.

פתרון:

We have for every x∈Rx \in \mathbb{R}:

sin⁡(x)=x−x33!+x55!−⋯\sin(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots

Thus:

0=sin⁡(π)=π−π33!+π55!−⋯=π[1−π23!+π45!−π67!+⋯ ]0 = \sin(\pi) = \pi - \frac{\pi^3}{3!} + \frac{\pi^5}{5!} - \cdots = \pi\left[1 - \frac{\pi^2}{3!} + \frac{\pi^4}{5!} - \frac{\pi^6}{7!} + \cdots\right]

Dividing both sides by π\pi gives the result.

---

# 4. (25 points)

4
שאלה 4קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות
4.(a) (19 נקודות) תהיינה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty}, (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} שתי סדרות של מספרים ממשיים. נניח כי an,bn∈Na_n, b_n \in \mathbb{N} לכל n∈Nn \in \mathbb{N}. נניח גם כי הסדרה (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} עולה ממש.

i. (4 נקודות) הוכיחו כי lim⁡n→∞bn=∞\lim_{n \to \infty} b_n = \infty.

פתרון:

אנו מוכיחים באינדוקציה כי bn≥nb_n \geq n לכל n∈Nn \in \mathbb{N}, דבר המכוון כי lim⁡n→∞bn=∞\lim_{n \to \infty} b_n = \infty לפי משפט סנדוויץ'. ברור שכיוון ש־b1∈Nb_1 \in \mathbb{N} אז b1≥1b_1 \geq 1. כעת, נניח כי bn≥nb_n \geq n. מכיוון ש־bn+1>bnb_{n+1} > b_n וגם bn,bn+1∈Nb_n, b_{n+1} \in \mathbb{N}, אז bn+1≥bn+1≥n+1b_{n+1} \geq b_n + 1 \geq n + 1.

ii. (15 נקודות) נניח בנוסף כי לכל 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N} מתקיים an⋅bn−1−an−1⋅bn=(−1)na_n \cdot b_{n-1} - a_{n-1} \cdot b_n = (-1)^n. הוכיחו כי קיים lim⁡n→∞anbn\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}.

פתרון:

לכל 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N} מתקיים:

anbn−an−1bn−1=an⋅bn−1−an−1bnbnbn−1=(−1)nbnbn−1\frac{a_n}{b_n} - \frac{a_{n-1}}{b_{n-1}} = \frac{a_n \cdot b_{n-1} - a_{n-1} b_n}{b_n b_{n-1}} = \frac{(-1)^n}{b_n b_{n-1}}

לכן, כשזו סכום טלסקופי, מתקיים:

aNbN−a1b1=∑n=2N(anbn−an−1bn−1)=∑n=2N(−1)nbnbn−1\frac{a_N}{b_N} - \frac{a_1}{b_1} = \sum_{n=2}^{N} \left( \frac{a_n}{b_n} - \frac{a_{n-1}}{b_{n-1}} \right) = \sum_{n=2}^{N} \frac{(-1)^n}{b_n b_{n-1}}

שימו לב כי כיוון ש־bn⋅bn−1b_n \cdot b_{n-1} עולה ממש וגם lim⁡n→∞(bn⋅bn−1)=∞\lim_{n \to \infty} (b_n \cdot b_{n-1}) = \infty, אז ∑n=2∞(−1)nbnbn−1\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{b_n b_{n-1}} היא סדרה ליבניץ, דבר המכוון כי קיים s∈Rs \in \mathbb{R} כך ש־s=∑n=2∞(−1)nbnbn−1s = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{b_n b_{n-1}}.

לכן, קיים lim⁡n→∞anbn\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} וגם lim⁡n→∞anbn=a1b1+s\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{a_1}{b_1} + s.

(b) (6 נקודות) חשבו את הגבול הבא, או הוכיחו כי הוא לא קיים:

lim⁡(x,y)→(0,0)x2y3x4+2y8\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 y^3}{x^4 + 2y^8}

פתרון:

יש לנו:

lim⁡(x,y)→(0,0)x=y2x2y3x4+2y4=lim⁡y→0y4y3y8+2y8=lim⁡y→0y73y8=lim⁡y→013y=DNE\lim_{\substack{(x,y) \to (0,0) \\ x = y^2}} \frac{x^2 y^3}{x^4 + 2y^4} = \lim_{y \to 0} \frac{y^4 y^3}{y^8 + 2y^8} = \lim_{y \to 0} \frac{y^7}{3y^8} = \lim_{y \to 0} \frac{1}{3y} = \text{DNE}

לכן, הגבול lim⁡(x,y)→(0,0)x2y3x4+2y8\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2 y^3}{x^4 + 2y^8} לא קיים.

5.(25 נקודות)

(a) (16 נקודות) שקלו את הטור החזקות ∑n=1∞nxn(n−1)!\sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx^n}{(n-1)!}.

i. (4 נקודות) מצאו את תחום ההתכנסות של טור החזקות הנ"ל.

פתרון:

יהי 0≤R≤∞0 \leq R \leq \infty רדיוס ההתכנסות של טור החזקות. אז:

L=lim⁡n→∞∣an+1∣∣an∣=lim⁡n→∞(n+1)(n−1)!n⋅n!=lim⁡n→∞n+1n2=lim⁡n→∞1+1nn=0L = \lim_{n \to \infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)(n-1)!}{n \cdot n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{n} = 0

לכן, R=∞R = \infty, ותחום ההתכנסות של טור החזקות הוא R\mathbb{R}.

ii. (12 נקודות) שקלו את הפונקציה המוגדרת על ידי f(x)=∑n=1∞nxn(n−1)!f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx^n}{(n-1)!} לכל xx בתחום ההתכנסות.

5
שאלה 5קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

הערה 5:

שים לב כי

∑n=1∞xn(n−1)!=x∑n=1∞xn−1(n−1)!=x∑n=0∞xnn!=xex\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{(n-1)!} = x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} = x \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = xe^x

מכאן נובע כי

f(x)=x⋅(xex)′=x(ex+xex)=x2ex+xexf(x) = x \cdot (xe^x)' = x(e^x + xe^x) = x^2e^x + xe^x

לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

לבסוף,

f(1)=∑n=0∞n2n!=2ef(1) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^2}{n!} = 2e

(ב) (9 נקודות)

יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש־a<ba < b ותהי ff פונקציה המוגדרת על [a,b][a, b]. נניח כי f2f^2 אינטגרבילית על [a,b][a, b] וכי

∫abf2(x)dx=0\int_a^b f^2(x) dx = 0

יהי x0∈(a,b)x_0 \in (a, b). הוכח כי אם ff רציפה ב־x0x_0, אז f(x0)=0f(x_0) = 0.

פתרון:

נשקול את הפונקציה המוגדרת על ידי

F(x)=∫axf2(t)dtF(x) = \int_a^x f^2(t) dt

לכל a≤x≤ba \leq x \leq b.

שים לב כי

0≤F(x)≤∫abf2(x)dx0 \leq F(x) \leq \int_a^b f^2(x) dx

לכל a≤x≤ba \leq x \leq b, ומכאן נובע כי F(x)=0F(x) = 0 לכל x∈[a,b]x \in [a, b].

כיוון ש־ff רציפה ב־x0x_0, אז f2f^2 רציפה ב־x0x_0. לפיכך, לפי משפט היסוד של החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי,

f2(x0)=F′(x0)=0f^2(x_0) = F'(x_0) = 0

ומכאן נובע כי f(x0)=0f(x_0) = 0.

בהצלחה!!!!

מועד ב׳ 2025

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בהחלטטורי-חזקותטורים

Infinitesimal Calculus 2, Moed B 2025, Reichman university. Do not write at the back of the papers!!

Lecturer: Dr. Yossi Shamai.

Duration: 3 hours.

Instructions: The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions. Each question is worth 25 credits. There is no choice between different items of the same question. Unexplained answers will not receive any credit. You must state all of the conditions for every theorem and/or claim. You do not have a choice between different items of the same question. It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course. You must write your solutions only in the designated areas. Do not write at the back of the papers!

1. (25 points)

1.1. (17 points) Let 0≤k∈N0 \leq k \in \mathbb{N} and let (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty}, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^{\infty} be two sequences of positive numbers.

1.1.1. (8 points) Suppose that ∃N∈N:∀n≥N\exists N \in \mathbb{N} : \forall n \geq N, an+1an≤bn+1bn\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \frac{b_{n+1}}{b_n}

Prove that ∑n=N∞bn<∞⇒∑n=N∞an<∞\sum_{n=N}^{\infty} b_n < \infty \Rightarrow \sum_{n=N}^{\infty} a_n < \infty.

Solution: See lectures.

1.1.2. (9 points) Suppose that there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that 0≤L<10 \leq L < 1 and such that L=lim⁡n→∞an+1anL = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}

Prove that ∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty.

Solution: See lectures.

1.2. (8 points) Prove or disprove the following statement: The following series is convergent:

∑n=1∞(−1)n+11+n+(−1)nn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{1 + \sqrt{n} + (-1)^n n}

Solution: False. We show that the series is divergent: note that

∑n=1∞(−1)n+11+n+(−1)nn=∑n=1∞(−1)n+1n−1=∑n=1∞(−1)n+1n−∑n=1∞1n\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{1 + \sqrt{n} + (-1)^n n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n} - 1} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
2
שאלה 1קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בהחלטטורי-חזקותטורים

The first series converges by the Leibniz test, whereas the second series diverges, as it is the Harmonic series. Therefore the series ∑n=1∞(−1)n+11n+(−1)nn\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{(-1)^n}{n} isdivergent(convergent−divergent).is divergent (convergent - divergent).

2.(25 points)

2.1. (15 points) Let x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} and let (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} be a sequence of real numbers. Let x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} such that ∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. Suppose that the power series ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n converges at x=x1x = x_1. Prove that the power series ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n converges absolutely at x=x2x = x_2.

Solution: See lectures.

2.2. (10 points) Find the domain of convergence of the power series:

∑n=1∞x2n=x2+x4+x8+x16+x32+...\sum_{n=1}^{\infty} x^{2^n} = x^2 + x^4 + x^8 + x^{16} + x^{32} + ...

Solution: We note that for every 0≤x<10 \leq x < 1 we have

∑n=1∞x2n=x2+x4+x8+x16+x32+...≤x+x2+x3+⋯=∑n=1∞xn\sum_{n=1}^{\infty} x^{2^n} = x^2 + x^4 + x^8 + x^{16} + x^{32} + ... \leq x + x^2 + x^3 + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} x^n

Thus, by the comparison test, the series ∑n=1∞x2n=x2+x4+x8+x16+x32+...\sum_{n=1}^{\infty} x^{2^n} = x^2 + x^4 + x^8 + x^{16} + x^{32} + ... converges for every 0≤x<10 \leq x < 1.

For x=1x = 1: We get the series 1+1+1+...=∑n=1∞11 + 1 + 1 + ... = \sum_{n=1}^{\infty} 1

As the necessary criterion does not hold, the series diverges.

For x=−1x = -1: We get the series 1+1+1+...=∑n=1∞11 + 1 + 1 + ... = \sum_{n=1}^{\infty} 1

As the necessary criterion does not hold, the series diverges.

Thus, the domain of convergence is −1<x<1-1 < x < 1.

3.(25 points)

3.1. (13 points) Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} and (bn)n=1∞(b_n)_{n=1}^{\infty} be two sequences of real numbers. Suppose that ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n converges conditionally, and that ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n converges absolutely. Prove that ∑n=1∞(an−bn)\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - b_n) converges conditionally.

Solution:

3
שאלה 1קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בהחלטטורי-חזקותטורים

ראשית, כיוון ש-∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n מתכנסת בהחלט אז היא מתכנסת, מה שמרמז שלפי אלגברה של טורים, ∑n=1∞(an−bn)\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - b_n) הוא טור מתכנס, כיוון שהוא הפרש של שני טורים מתכנסים. כדי להוכיח שהוא מתכנס בהתכנסות מותנית, עלינו להוכיח שהוא לא מתכנס בהחלט. נניח בשלילה (ATC) ש-∑n=1∞∣an−bn∣<∞\sum_{n=1}^{\infty} |a_n - b_n| < \infty. אז לפי עקרון ההשוואה לטורים אי-שליליים,

∑n=1∞∣an∣=∑n=1∞∣an−bn+bn∣≤∑n=1∞(∣an−bn∣+∣bn∣)=∑n=1∞∣an−bn∣+∑n=1∞∣bn∣<∞\sum_{n=1}^{\infty} |a_n| = \sum_{n=1}^{\infty} |a_n - b_n + b_n| \leq \sum_{n=1}^{\infty} (|a_n - b_n| + |b_n|) = \sum_{n=1}^{\infty} |a_n - b_n| + \sum_{n=1}^{\infty} |b_n| < \infty

זאת בסתירה להנחה ש-∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס בהתכנסות מותנית.

## 3.2. (12 נקודות)

מצא את כל הערכים של a≥0a \geq 0 שעבורם הטור הבא מתכנס:

∑n=2∞n2n⋅ann1.5\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sqrt[n]{n^2} \cdot a^n}{n^{1.5}}

פתרון:

נשתמש בשורש המבחן,

L=lim⁡n→∞ann=lim⁡n→∞n2n⋅ann1.5n=lim⁡n→∞n2n⋅an1.5n=aL = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{\sqrt[n]{n^2} \cdot a^n}{n^{1.5}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n^2} \cdot a}{\sqrt[n]{n^{1.5}}} = a

מכאן שהטור מתכנס עבור 0≤a<10 \leq a < 1 ומתבדל עבור a>1a > 1.

עבור a=1a = 1 הטור הוא ∑n=2∞n2nn1.5\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\sqrt[n]{n^2}}{n^{1.5}}, והוא מתכנס עם טור ההרמוני 1.5 כאשר

L=lim⁡n→∞anbn=lim⁡n→∞n2nn1.51n1.5=lim⁡n→∞n2n=1L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\sqrt[n]{n^2}}{n^{1.5}}}{\frac{1}{n^{1.5}}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n^2} = 1

לכן, הטור מתכנס אם ורק אם 0≤a≤10 \leq a \leq 1.

## 4. (25 נקודות)

### 4.1. (13 נקודות)

#### 4.1.1. (5 נקודות)

חשב את האינטגרל המסוים ∫0π/4tan⁡(x) dx\int_0^{\pi/4} \tan(x) \, dx.

הערה: הסבר מדוע האינטגרל מוגדר היטב.

פתרון:

∫0π/4tan⁡(x) dx=∫0π/4sin⁡(x)cos⁡(x) dx\int_0^{\pi/4} \tan(x) \, dx = \int_0^{\pi/4} \frac{\sin(x)}{\cos(x)} \, dx

בהצבה t=cos⁡(x)⇒dt=−sin⁡(x) dxt = \cos(x) \Rightarrow dt = -\sin(x) \, dx:

=−∫2/21dtt=−[ln⁡∣t∣]2/21=−ln⁡(22)=12ln⁡(2)= -\int_{\sqrt{2}/2}^{1} \frac{dt}{t} = -[\ln |t|]_{\sqrt{2}/2}^{1} = -\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{1}{2}\ln(2)

#### 4.1.2. (8 נקודות)

הוכח ש-

ln⁡(2)2e≤∫0π/4e−xtan⁡(x) dx≤ln⁡(2)2\frac{\ln(2)}{2e} \leq \int_0^{\pi/4} e^{-x} \tan(x) \, dx \leq \frac{\ln(2)}{2}

הערה: הסבר מדוע האינטגרל מוגדר היטב. ניתן להניח כי π<4\pi < 4.

פתרון:

שים לב שהפונקציה e−xtan⁡(x)e^{-x} \tan(x) רציפה על [0,π/4][0, \pi/4] על פי משפט ההרכבה (Algebra of Continuity), ולכן האינטגרל המסוים ∫0π/4e−xtan⁡(x) dx\int_0^{\pi/4} e^{-x} \tan(x) \, dx קיים.

הגדר את הפונקציה f(x)=e−xf(x) = e^{-x} לכל x∈[0,π/4]x \in [0, \pi/4]. שים לב ש-ff יורדת על [0,π/4][0, \pi/4] וגם

4
שאלה (x)קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בהחלטטורי-חזקותטורים

בהכפלת אי-השוויון הנ"ל ב-tan⁡(x)≥0\tan(x) \geq 0 לכל x∈[0,π4]x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right] נקבל:

tan⁡(x)eπ4≤e−xtan⁡(x)≤tan⁡(x)∀x∈[0,π4]\tan(x) e^{\frac{\pi}{4}} \leq e^{-x} \tan(x) \leq \tan(x) \quad \forall x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]

בהשתמש במונוטוניות של האינטגרל המסוים, אי-השוויונות נשמרים. באמצעות סעיף 4.1.1 נסיק כי:

ln⁡(2)2eπ4≤ln⁡(2)2eπ4=1eπ4∫0π4tan⁡(x) dx≤∫0π4e−xtan⁡(x) dx≤∫0π4tan⁡(x) dx=ln⁡(2)2\frac{\ln(2)}{2e^{\frac{\pi}{4}}} \leq \frac{\ln(2)}{2e^{\frac{\pi}{4}}} = \frac{1}{e^{\frac{\pi}{4}}} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan(x) \, dx \leq \int_0^{\frac{\pi}{4}} e^{-x} \tan(x) \, dx \leq \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan(x) \, dx = \frac{\ln(2)}{2}

4.2. (12 נקודות) קבעו האם הסדרה הבאה מתכנסת או מתבדרת:

∑n=2∞[sin⁡(n)ln⁡(n)⋅1⋅4⋅7⋯(3n−2)5n⋅n!]\sum_{n=2}^{\infty} \left[ \frac{\sin(n)}{\ln(n)} \cdot \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n - 2)}{5^n \cdot n!} \right]

פתרון:

נבדוק התכנסות בערך מוחלט:

∑n=2∞∣sin⁡(n)ln⁡(n)⋅1⋅4⋅7⋯(3n−2)5n⋅n!∣≤∑n=2∞1⋅4⋅7⋯(3n−2)ln⁡(n)⋅5n⋅n!\sum_{n=2}^{\infty} \left| \frac{\sin(n)}{\ln(n)} \cdot \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n - 2)}{5^n \cdot n!} \right| \leq \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n - 2)}{\ln(n) \cdot 5^n \cdot n!}

כעת נשתמש במבחן היחס:

L=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞[1⋅4⋅7⋯(3n−2)⋅(3n+1)5n+1⋅(n+1)!⋅ln⁡(n+1)][1⋅4⋅7⋯(3n−2)5n⋅n!⋅ln⁡(n)]L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left[ \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2) \cdot (3n+1)}{5^{n+1} \cdot (n+1)! \cdot \ln(n+1)} \right]}{\left[ \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n-2)}{5^n \cdot n! \cdot \ln(n)} \right]}
=lim⁡n→∞1⋅4⋅7⋯(3n−2)⋅(3n+1)⋅5n⋅n!⋅ln⁡(n)5n+1⋅(n+1)!⋅1⋅4⋅7⋯(3n−2)⋅ln⁡(n+1)= \lim_{n \to \infty} \frac{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n - 2) \cdot (3n + 1) \cdot 5^n \cdot n! \cdot \ln(n)}{5^{n+1} \cdot (n + 1)! \cdot 1 \cdot 4 \cdot 7 \cdots (3n - 2) \cdot \ln(n + 1)}
=lim⁡n→∞(3n+1)⋅ln⁡(n)5(n+1)⋅ln⁡(n+1)= \lim_{n \to \infty} \frac{(3n + 1) \cdot \ln(n)}{5(n + 1) \cdot \ln(n + 1)}
=lim⁡n→∞(3+1n)⋅ln⁡(n)(5+5n)⋅ln⁡(n+1)=(⋆)35<1= \lim_{n \to \infty} \frac{\left(3 + \frac{1}{n}\right) \cdot \ln(n)}{\left(5 + \frac{5}{n}\right) \cdot \ln(n + 1)} \stackrel{(\star)}{=} \frac{3}{5} < 1

כאשר lim⁡n→∞ln⁡(n)ln⁡(n+1)=Heinelim⁡x→∞ln⁡(x)ln⁡(x+1)=∞∞lim⁡x→∞[1x][11+x]=lim⁡x→∞1+xx=∞∞lim⁡x→∞11=1\lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n)}{\ln(n + 1)} \stackrel{\text{Heine}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x)}{\ln(x + 1)} \stackrel{\frac{\infty}{\infty}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{\left[ \frac{1}{x} \right]}{\left[ \frac{1}{1+x} \right]} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + x}{x} \stackrel{\frac{\infty}{\infty}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{1}{1} = 1 (⋆)(\star)

לכן, הסדרה מתכנסת בהחלט.

5.(25 נקודות)

5.1. (7 נקודות) תהי ff פונקציה שקבוצת הנגזרת f′f' רציפה בקטע [0,1][0, 1]. נניח כי f(1)=2f(1) = 2 וכי ∫01f(x) dx=1\int_0^1 f(x) \, dx = 1. חשבו את ערך האינטגרל המסוים ∫01x⋅f′(x) dx\int_0^1 x \cdot f'(x) \, dx.

הערה: הסבירו מדוע האינטגרל מוגדר היטב.

פתרון:

ראשית, כיוון ש-ff גזירה ברציפות וכל פונקציה רציפה המוגדרת בקטע סגור היא אינטגרבילית בקטע זה, אזי ∫01x⋅f′(x) dx\int_0^1 x \cdot f'(x) \, dx קיים.

בהשתמש בשיטת האינטגרציה בחלקים, נקבל:

∫01x⋅f′(x) dx=[xf(x)]01−∫01f(x) dx=f(1)−∫01f(x) dx=2−1=1\int_0^1 x \cdot f'(x) \, dx = \left[ x f(x) \right]_0^1 - \int_0^1 f(x) \, dx = f(1) - \int_0^1 f(x) \, dx = 2 - 1 = 1
5
שאלה 5.2קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בהחלטטורי-חזקותטורים

5.2.1. (10 נקודות) יהי p∈Rp \in \mathbb{R}. נניח שהטור ∑n=1∞(−1)n+1anp\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} מתכנס בתנאי. הוכח כי 0<p≤10 < p \leq 1.

פתרון:

מכיוון שהסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} היא סדרה עולה בקפדנות של מספרים טבעיים, אנו יודעים כי an≥na_n \geq n לכל n∈Nn \in \mathbb{N}.

נניח בשלילה תחילה כי p≤0p \leq 0. כיוון ש −p≥0-p \geq 0 אז (−1)n+1anp=an−p≥1\frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} = a_n^{-p} \geq 1.

לפיכך, lim⁡n→∞(−1)n+1anp≠0\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} \neq 0 ולכן, לפי הקריטריון ההכרחי, הטור ∑n=1∞(−1)n+1anp\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} מתבדר. סתירה.

נניח כעת בשלילה כי p>1p > 1. שימו לב כי:

∑n=1∞(−1)n+1anp=∑n=1∞1anp≤an≥n∑n=1∞1np\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_n^p} \stackrel{a_n \geq n}{\leq} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}

וזה טור-p הרמוני עם p>1p > 1 שמתכנס. נובע מכך שהטור מתכנס בהחלט ולכן אינו מתכנס בתנאי. סתירה.

---

5.2.2. (8 נקודות) תן דוגמה לסדרה עולה בקפדנות של מספרים טבעיים (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} שעבורה הטור ∑n=1∞(−1)n+1anp\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} אינו מתכנס בתנאי לכל p∈Rp \in \mathbb{R}.

פתרון:

שקול את הסדרה המוגדרת על ידי an=2na_n = 2^n לכל n∈Nn \in \mathbb{N} ותן p∈Rp \in \mathbb{R}.

נניח בשלילה כי הטור ∑n=1∞(−1)n+1anp\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} מתכנס בתנאי. לפי סעיף 5.2.1, יש לנו 0<p≤10 < p \leq 1.

כעת נראה שהטור ∑n=1∞(−1)n+1anp\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} מתכנס בהחלט. שימו לב כי:

lim⁡n→∞∣(−1)n+1anp∣n=lim⁡n→∞12pnn=12p\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left|\frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p}\right|} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2^{pn}}} = \frac{1}{2^p}

כאשר p>0p > 0, יש לנו 12p<1\frac{1}{2^p} < 1.

לפיכך, הטור ∑n=1∞(−1)n+1anp\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{a_n^p} מתכנס בהחלט על פי מבחן השורש. סתירה.

מועד ב׳ 2024

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בתנאיטורי-חזקותטורים

Infinitesimal Calculus 2, Moed B 2024, Reichman university. Do not write at the back of the papers!!

Lecturer: Dr. Yossi Shamai

Instructions:

1.Duration: 3 hours.
2.The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions.
3.Each question is worth 25 credits.
4.You must explain in full details all of your answers in all parts of the exam, and state all of the conditions for every theorem and/or claim. Unexplained answers will not receive any credit.
5.You do not have a choice between different items of the same question.
6.It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course.
7.You must write your solutions only in the designated areas.
8.Do not write at the back of the papers!
2
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בתנאיטורי-חזקותטורים

# 2

## 1. (25 points)

### 1.1. (15 points)

Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b. Let f,gf, g be two functions that are defined on [a,b][a, b]. Suppose that

i. f,gf, g are continuous on [a,b][a, b].

ii. f,gf, g are differentiable on (a,b)(a, b).

iii. g′(x)≠0g'(x) \neq 0 for every x∈(a,b)x \in (a, b).

Prove that there exists a a<c<ba < c < b such that

f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c)\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}

Solution: See lectures.

### 1.2. (10 points)

Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Suppose that the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n converges absolutely. Prove that the series ∑n=1∞3n−162n+3an\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3n-16}{2n+3} a_n is convergent.

Solution: It is sufficient to show that the series converges absolutely. We use the comparison test:

∑n=6∞∣3n−162n+3an∣=∑n=6∞3n−162n+3∣an∣≤∑n=6∞3n2n+3∣an∣≤∑n=6∞3n2n∣an∣=32∑n=6∞∣an∣<∞\sum_{n=6}^{\infty} \left| \frac{3n - 16}{2n + 3} a_n \right| = \sum_{n=6}^{\infty} \frac{3n - 16}{2n + 3} |a_n| \leq \sum_{n=6}^{\infty} \frac{3n}{2n + 3} |a_n| \leq \sum_{n=6}^{\infty} \frac{3n}{2n} |a_n| = \frac{3}{2} \sum_{n=6}^{\infty} |a_n| < \infty

It follows that ∑n=6∞∣3n−162n+3an∣<∞\sum_{n=6}^{\infty} \left| \frac{3n-16}{2n+3} a_n \right| < \infty and therefore ∑n=1∞∣3n−162n+3an∣<∞\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{3n-16}{2n+3} a_n \right| < \infty.

## 2. (25 points)

### 2.1. (17 points)

Let (an)n=1∞,(bk)k=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty}, (b_k)_{k=1}^{\infty} be two sequences of real numbers.

#### 2.1.1. (7 points)

Let (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^{\infty} be a strictly increasing sequence of natural numbers. Suppose that lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n exists. Prove that lim⁡k→∞ank\lim_{k \to \infty} a_{n_k} exists and

lim⁡k→∞ank=lim⁡n→∞an\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = \lim_{n \to \infty} a_n

Solution: See lectures.

#### 2.1.2. (2 points)

Define the term: the series ∑k=1∞bk\sum_{k=1}^{\infty} b_k is obtained from ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n by applying parentheses.

Solution: See lectures.

#### 2.1.3. (8 points)

Suppose that ∑k=1∞bk\sum_{k=1}^{\infty} b_k is obtained from ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n by applying parentheses. Suppose also that the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n converges. Prove that ∑k=1∞bk\sum_{k=1}^{\infty} b_k converges, and ∑k=1∞bk=∑n=1∞an\sum_{k=1}^{\infty} b_k = \sum_{n=1}^{\infty} a_n.

Solution: See lectures.

### 2.2. (8 points)

Compute the value of the series ∑n=1∞1(n+1)(n+3)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)(n+3)} or prove that it doesn't converge.

Hint: For every n∈Nn \in \mathbb{N} we have 1(n+1)(n+3)=12(1n+1−1n+3)\frac{1}{(n+1)(n+3)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+3} \right).

Solution: We note that for every n∈Nn \in \mathbb{N} we have

1(n+1)(n+3)=12(1n+1−1n+3)\frac{1}{(n + 1)(n + 3)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 3} \right)

and therefore

∑n=1∞1(n+1)(n+3)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)(n+3)}
3
שאלה 3קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בתנאיטורי-חזקותטורים
3.(25 points)

3.1. (12 points) Compute the following limit or prove that it doesn't exist in the extended sense

lim⁡x→0cot⁡(x)−1xx\lim_{x \to 0} \frac{\cot(x) - \frac{1}{x}}{x}

Note: cot⁡(x)=cos⁡(x)sin⁡(x)\cot(x) = \frac{\cos(x)}{\sin(x)}.

Solution:

We have

lim⁡x→0cot⁡(x)−1xx=lim⁡x→0cos⁡(x)sin⁡(x)−1xx=lim⁡x→0xcos⁡(x)−sin⁡(x)x2sin⁡(x)\lim_{x \to 0} \frac{\cot(x) - \frac{1}{x}}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\cos(x)}{\sin(x)} - \frac{1}{x}}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x\cos(x) - \sin(x)}{x^2 \sin(x)}
00=lim⁡x→0cos⁡(x)−xsin⁡(x)−cos⁡(x)2xsin⁡(x)+x2cos⁡(x)=lim⁡x→0−sin⁡(x)2sin⁡(x)+xcos⁡(x)\frac{0}{0} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(x) - x\sin(x) - \cos(x)}{2x\sin(x) + x^2\cos(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{-\sin(x)}{2\sin(x) + x\cos(x)}
00=lim⁡x→0−cos⁡(x)2cos⁡(x)+cos⁡(x)−xsin⁡(x)=L’H−13\frac{0}{0} = \lim_{x \to 0} \frac{-\cos(x)}{2\cos(x) + \cos(x) - x\sin(x)} \stackrel{\text{L'H}}{=} -\frac{1}{3}

3.2. (13 points) Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Consider the sequence defined by

bn={akn=2k−1−akn=2k∀n∈Nb_n = \begin{cases} a_k & n = 2k - 1 \\ -a_k & n = 2k \end{cases} \quad \forall n \in \mathbb{N}

Prove that the series ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n is convergent if and only if lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0.

Solution:

First, if the series ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n is convergent then lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0 by the necessary criterion.

Now, suppose that lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0. Then lim⁡k→∞ak=0\lim_{k \to \infty} a_k = 0. Consider the sequence defined by

SN=∑n=1Nbn=b1+b2+…+bN,∀N∈NS_N = \sum_{n=1}^{N} b_n = b_1 + b_2 + \ldots + b_N, \quad \forall N \in \mathbb{N}

Note that S2N=a1−a1+a2−a2+⋯+aN−aN=0,∀N∈NS_{2N} = a_1 - a_1 + a_2 - a_2 + \cdots + a_N - a_N = 0, \quad \forall N \in \mathbb{N}

and therefore lim⁡N→∞S2N=0\lim_{N \to \infty} S_{2N} = 0.

Note also that S2N=S2N−1+b2N=S2N−1−aN⇒S2N−1=S2N+aN,∀N∈NS_{2N} = S_{2N-1} + b_{2N} = S_{2N-1} - a_N \Rightarrow S_{2N-1} = S_{2N} + a_N, \quad \forall N \in \mathbb{N}

and therefore lim⁡N→∞S2N−1=lim⁡N→∞[S2N+aN]=0+0=0\lim_{N \to \infty} S_{2N-1} = \lim_{N \to \infty} [S_{2N} + a_N] = 0 + 0 = 0.

It follows that lim⁡N→∞SN=0\lim_{N \to \infty} S_N = 0 and therefore

∑n=1∞bn=lim⁡N→∞SN=0\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \lim_{N \to \infty} S_N = 0
4.(25 points)

4.1. (15 points) Let α≥0\alpha \geq 0 and consider the sequence that is defined by

an+1=12(an2+1),n∈N,a1=αa_{n+1} = \frac{1}{2}(a_n^2 + 1), \quad n \in \mathbb{N}, \quad a_1 = \alpha

4.1.1. (5 points) Prove that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is increasing and conclude that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} converges in the extended sense.

Solution:

4
שאלה 4קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בתנאיטורי-חזקותטורים
4.יהי n∈Nn \in \mathbb{N}. אזי an2−2an+1=(an−1)2≥0a_n^2 - 2a_n + 1 = (a_n - 1)^2 \geq 0. לכן an2+1≥2ana_n^2 + 1 \geq 2a_n. זה משמע 2an+1=an2+1≥2an⇒an+1≥an2a_{n+1} = a_n^2 + 1 \geq 2a_n \Rightarrow a_{n+1} \geq a_n. כיוון ש-(an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} עולה, היא מתכנסת במובן המרחיב ו-lim⁡n→∞an=sup⁡{an:n∈N}\lim_{n \to \infty} a_n = \sup \{a_n : n \in \mathbb{N}\}.

4.1.2. (10 נקודות) לכל α≥0\alpha \geq 0, חשב את הערך של lim⁡n→∞an\lim_{n \to \infty} a_n.

פתרון:

ראשית נוכיח שאם α>1\alpha > 1 אזי lim⁡n→∞an=∞\lim_{n \to \infty} a_n = \infty. נניח בשלילה שהסדרה (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} מתכנסת. אזי קיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש-L=lim⁡n→∞anL = \lim_{n \to \infty} a_n. לכן,

L=lim⁡n→∞an+1=lim⁡n→∞12(an2+1)=12(L2+1)L = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2}(a_n^2 + 1) = \frac{1}{2}(L^2 + 1)

לפי הוצאת גבול. אזי L2−2L+1=0⇔L=1L^2 - 2L + 1 = 0 \Leftrightarrow L = 1. סתירה, כי L=sup⁡{an:n∈N}≥a1=α>1L = \sup \{a_n : n \in \mathbb{N}\} \geq a_1 = \alpha > 1.

נניח כעת ש-α≤1\alpha \leq 1. נוכיח שהיא חסומה מלמעלה על ידי 1, בעזרת אינדוקציה. ראשית, a1=α≤1a_1 = \alpha \leq 1. יהי n∈Nn \in \mathbb{N} ונניח ש-an≤1a_n \leq 1. אזי

an+1=12(an2+1)≤12(1+1)=1a_{n+1} = \frac{1}{2}(a_n^2 + 1) \leq \frac{1}{2}(1 + 1) = 1

כיוון ש-(an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} עולה וחסומה מלמעלה, היא מתכנסת. זה משמע שקיים L∈RL \in \mathbb{R} כך ש-lim⁡n→∞an=L\lim_{n \to \infty} a_n = L, וראינו שמתקיים L2−2L+1=0L^2 - 2L + 1 = 0. לכן L=1L = 1.

אנו מסיקים שמתקיים:

lim⁡n→∞an={∞α>11α≤1\lim_{n \to \infty} a_n = \begin{cases} \infty & \alpha > 1 \\ 1 & \alpha \leq 1 \end{cases}

4.2. (10 נקודות) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים. שקול את הסדרה המוגדרת על ידי SN=∑n=1NanS_N = \sum_{n=1}^{N} a_n לכל N∈NN \in \mathbb{N} ואת הסדרה המוגדרת על ידי bn=Sn2−2Sn−1+3b_n = S_n^2 - 2S_{n-1} + 3 לכל 2≤n∈N2 \leq n \in \mathbb{N}. נניח שהטור ∑n=2∞bn\sum_{n=2}^{\infty} b_n מתכנס. הוכח שהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתבדר.

הערה: המשוואה x2−2x+3=0x^2 - 2x + 3 = 0 אין לה פתרון ממשי.

פתרון:

נניח בשלילה שהטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס. אזי קיים s∈Rs \in \mathbb{R} כך ש-lim⁡n→∞Sn=s\lim_{n \to \infty} S_n = s. כיוון שהטור ∑n=1∞bn\sum_{n=1}^{\infty} b_n מתכנס, אזי לפי התנאי ההכרחי lim⁡n→∞bn=0\lim_{n \to \infty} b_n = 0. לכן, לפי הוצאת גבול,

0=lim⁡n→∞bn=lim⁡n→∞(Sn2−2Sn−1+3)=s2−2s+30 = \lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} (S_n^2 - 2S_{n-1} + 3) = s^2 - 2s + 3

סתירה, כי המשוואה s2−2s+3=0s^2 - 2s + 3 = 0 אין לה פתרונות ממשיים.

5.(25 נקודות)

5.1. (15 נקודות) שקול את הטור החזקות ∑n=0∞xnn+1\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}.

5.1

5
שאלה 5קשהחשוב למבחןגבולותהתכנסות-בתנאיטורי-חזקותטורים

# 5.5.1.2. (10 points) Compute the value of the series ∑n=0∞13n(n+1)\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n(n+1)}.

Solution:

Consider the function defined by f(x)=∑n=0∞xnn+1f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n+1} for every −1<x<1-1 < x < 1. We want to compute f(13)f\left(\frac{1}{3}\right). By the previous item, ff is well defined. It follows that

xf(x)=x∑n=0∞xnn+1=∑n=0∞xn+1n+1,∀−1<x<1xf(x) = x\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}, \quad \forall -1 < x < 1

Using term-by-term differentiation, we obtain

[xf(x)]′=∑n=0∞xn=11−x,∀−1<x<1[xf(x)]' = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}, \quad \forall -1 < x < 1

It follows that there exists a C∈RC \in \mathbb{R} such that

xf(x)=−ln⁡∣1−x∣+C∀−1<x<1xf(x) = -\ln|1-x| + C \quad \forall -1 < x < 1

Plugging x=0x = 0 gives C=0C = 0, and therefore for every −1<x<1-1 < x < 1 we have xf(x)=−ln⁡∣1−x∣xf(x) = -\ln|1-x|. Thus,

13f(13)=−ln⁡(23)\frac{1}{3}f\left(\frac{1}{3}\right) = -\ln\left(\frac{2}{3}\right)

and therefore f(13)=−3ln⁡(23)f\left(\frac{1}{3}\right) = -3\ln\left(\frac{2}{3}\right).

---

# 5.2. (10 points) Prove that for every x>−1x > -1 we have (1+x)ln⁡(1+x)≥x−x22(1+x)\ln(1+x) \geq x - \frac{x^2}{2}

Solution:

Consider the function defined by f(x)=(1+x)ln⁡(1+x)−x+x22f(x) = (1+x)\ln(1+x) - x + \frac{x^2}{2} for every x>−1x > -1. The function ff is differentiable by AOD and

f′(x)=ln⁡(1+x)+1−1+x=ln⁡(1+x)+x,∀x>−1f'(x) = \ln(1+x) + 1 - 1 + x = \ln(1+x) + x, \quad \forall x > -1

It follows that f′(x)≤0f'(x) \leq 0 for every −1<x≤0-1 < x \leq 0 and that f′(x)≥0f'(x) \geq 0 for every x≥0x \geq 0, and therefore ff is decreasing on (−1,0](-1, 0] and increasing on [0,∞)[0, \infty). It follows that x=0x = 0 is a minimizer of ff, implying that f(x)≥f(0)=0f(x) \geq f(0) = 0 for every x>−1x > -1. Thus

f(x)=(1+x)ln⁡(1+x)−x+x22≥0∀x>−1f(x) = (1+x)\ln(1+x) - x + \frac{x^2}{2} \geq 0 \quad \forall x > -1

and therefore

(1+x)ln⁡(1+x)≥x−x22∀x>−1(1+x)\ln(1+x) \geq x - \frac{x^2}{2} \quad \forall x > -1

מועד ב׳ 2023

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

# Infinitesimal Calculus 2, Moed B 2023, Reichman University

Do not write at the back of the papers!!

Lecturer: Dr. Yossi Shamai

## Instructions:

1.Duration: 3 hours.
2.The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions.
3.Each question is worth 25 credits.
4.You must explain in full details all of your answers in all parts of the exam, and state all of the conditions for every theorem and/or claim. Unexplained answers will not receive any credit.
5.You do not have a choice between different items of the same question.
6.It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course.
7.You must write your solutions only in the designated areas.
8.Do not write at the back of the papers!
2
שאלה 2קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות
1.(25 נקודות) יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} סדרה של מספרים ממשיים.

(a) (15 נקודות) יהיו x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} כך ש־∣x2−x0∣<∣x1−x0∣|x_2 - x_0| < |x_1 - x_0|. נניח כי הטור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס עבור x=x1x = x_1. הוכח כי ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n מתכנס בהחלט עבור x=x2x = x_2.

פתרון:

ראה הרצאות.

(b) (10 נקודות) יהי f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R} פונקציה הנגזרת האינסופית. תהי TfT_f טור Taylor של ff סביב x0=0x_0 = 0. נניח כי קיים M>0M > 0 כך ש־∣f(n)(x)∣≤M|f^{(n)}(x)| \leq M לכל n∈Nn \in \mathbb{N} ולכל x∈Rx \in \mathbb{R}. הוכח כי f(x)=Tf(x)f(x) = T_f(x) לכל x∈Rx \in \mathbb{R}.

פתרון:

יהי x∈Rx \in \mathbb{R}. אם x=0x = 0, אז

Tf(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2x2+⋯=f(0)+0+0+⋯=f(0).T_f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2 + \cdots = f(0) + 0 + 0 + \cdots = f(0).

נניח כעת כי x≠0x \neq 0. די להראות כי lim⁡n→∞Rn(x)=0\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0. לפי נוסחת השארית של Taylor, קיים נקודה cc בין 00 ל־xx כך ש־

Rn(x)=f(n+1)(c)(n+1)!xn+1.R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} x^{n+1}.

לכן,

∣Rn(x)∣=∣f(n+1)(c)∣(n+1)!∣x∣n+1≤M∣x∣n+1(n+1)!.|R_n(x)| = \frac{|f^{(n+1)}(c)|}{(n+1)!} |x|^{n+1} \leq \frac{M|x|^{n+1}}{(n+1)!}.

כפי שראינו בהרצאה, lim⁡n→∞∣x∣nn!=0\lim_{n \to \infty} \frac{|x|^n}{n!} = 0. לפי כלל הסחיטה, lim⁡n→∞∣Rn(x)∣=0\lim_{n \to \infty} |R_n(x)| = 0 מה שמוביל ל־lim⁡n→∞Rn(x)=0\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0.

2.(25 נקודות) יהי ff הפונקציה המוגדרת על ידי
f(x)=∑n=1∞(−1)n+1x2n+12n⋅(2n+1)f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+1}}{2n \cdot (2n+1)}

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1.

(a) (9 נקודות) יהי x∈Rx \in \mathbb{R}. חשב את האינטגרל המסוים ∫0xln⁡(1+t2) dt\int_0^x \ln(1 + t^2) \, dt.

פתרון:

על ידי אינטגרציה בחלקים נקבל

∫0xln⁡(1+t2) dt=[tln⁡(1+t2)]0x−∫0x2t21+t2 dt\int_0^x \ln(1 + t^2) \, dt = [t \ln(1 + t^2)]_0^x - \int_0^x \frac{2t^2}{1 + t^2} \, dt
=xln⁡(1+x2)−2∫0xt2+1−11+t2 dt= x \ln(1 + x^2) - 2 \int_0^x \frac{t^2 + 1 - 1}{1 + t^2} \, dt
=xln⁡(1+x2)−2∫0x1 dt+2∫0x11+t2 dt= x \ln(1 + x^2) - 2 \int_0^x 1 \, dt + 2 \int_0^x \frac{1}{1 + t^2} \, dt
=xln⁡(1+x2)−2[t]0x+2[arctan⁡(t)]0x= x \ln(1 + x^2) - 2[t]_0^x + 2[\arctan(t)]_0^x
=xln⁡(1+x2)−2x+2arctan⁡(x).= x \ln(1 + x^2) - 2x + 2\arctan(x).

(b) (6 נקודות) הוכח כי ff מוגדרת היטב.

פתרון:

עלינו להראות כי הטור ∑n=1∞(−1)n+1x2n+12n⋅(2n+1)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+1}}{2n \cdot (2n+1)} מתכנס לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1. יהי −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1. די להוכיח כי הטור מתכנס בהחלט ב־xx. שימו לב כי

3
שאלה 3קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות
f(x)=∑n=1∞(−1)n+1x2n+12n(2n+1)=12∫0xln⁡(1+t2)dt=12xln⁡(1+x2)−x+arctan⁡(x)f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+1}}{2n(2n + 1)} = \frac{1}{2} \int_0^x \ln(1 + t^2) dt = \frac{1}{2} x \ln(1 + x^2) - x + \arctan(x)

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1.

3. (25 נקודות)

(a) (12 נקודות)

יהיו a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} כך ש-a<ba < b, ותהי ff פונקציה חסומה על [a,b][a, b]. תהי (Pn)n=1∞(P_n)_{n=1}^{\infty} סדרת חלוקות של [a,b][a, b], ו-S‾(f,Pn)\overline{S}(f, P_n) ו-S(f,Pn)S(f, P_n) הסכומים העליון והתחתון של ff ביחס ל-PnP_n לכל n∈Nn \in \mathbb{N}. נניח כי:

lim⁡n→∞[S‾(f,Pn)−S(f,Pn)]=0\lim_{n \to \infty} \left[\overline{S}(f, P_n) - S(f, P_n)\right] = 0

הוכח כי ff אינטגרבילית על [a,b][a, b].

פתרון:

עלינו להוכיח כי S(f)=S‾(f)S(f) = \overline{S}(f). מכיוון ש-S‾(f)−S(f)≥0\overline{S}(f) - S(f) \geq 0, מספיק להראות שלכל ε>0\varepsilon > 0 מתקיים S‾(f)−S(f)<ε\overline{S}(f) - S(f) < \varepsilon.

יהי ε>0\varepsilon > 0. מכיוון ש-lim⁡n→∞[S‾(f,Pn)−S(f,Pn)]=0\lim_{n \to \infty} \left[\overline{S}(f, P_n) - S(f, P_n)\right] = 0, קיים N∈NN \in \mathbb{N} כך שלכל n≥Nn \geq N מתקיים:

∣S‾(f,Pn)−S(f,Pn)∣<ε\left|\overline{S}(f, P_n) - S(f, P_n)\right| < \varepsilon

מכיוון ש-\overline{S}(f) = \inf \{\overline{S}(f, P) : P \text{ היא חלוקה של } [a, b]\}, מתקיים S‾(f)≤S‾(f,Pn)\overline{S}(f) \leq \overline{S}(f, P_n) לכל n∈Nn \in \mathbb{N}.

באופן דומה, S(f) = \sup \{S(f, P) : P \text{ היא חלוקה של } [a, b]\}, ולכן S(f)≥S(f,Pn)S(f) \geq S(f, P_n) לכל n∈Nn \in \mathbb{N}.

לכן:

S‾(f)−S(f)≤S‾(f,Pn)−S(f,Pn)<ε\overline{S}(f) - S(f) \leq \overline{S}(f, P_n) - S(f, P_n) < \varepsilon

(b) (13 נקודות)

i. (4 נקודות)

חשב את הערך של הגבול הבא:

lim⁡x→∞xln⁡(1+x2)\lim_{x \to \infty} \frac{x}{\ln(1 + x^2)}

פתרון:

בעזרת כלל לופיטל:

lim⁡x→∞xln⁡(1+x2)=lim⁡x→∞12x1+x2=lim⁡x→∞1+x22x=lim⁡x→∞2x2=lim⁡x→∞x=∞\lim_{x \to \infty} \frac{x}{\ln(1 + x^2)} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\frac{2x}{1+x^2}} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + x^2}{2x} = \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{2} = \lim_{x \to \infty} x = \infty

ii. (9 נקודות)

קבע האם האינטגרל המוכלל הבא מתכנס או מתבדל:

∫1∞dxln⁡(1+x2)\int_1^{\infty} \frac{dx}{\ln(1 + x^2)}

פתרון:

מכיוון ש-lim⁡x→∞xln⁡(1+x2)=∞\lim_{x \to \infty} \frac{x}{\ln(1 + x^2)} = \infty, קיימת נקודה M>0M > 0 כך שלכל x>Mx > M מתקיים xln⁡(1+x2)≥1\frac{x}{\ln(1 + x^2)} \geq 1, או:

1ln⁡(1+x2)≥1x\frac{1}{\ln(1 + x^2)} \geq \frac{1}{x}

לכן:

∫1∞dxln⁡(1+x2)=∫1Mdxln⁡(1+x2)+∫M∞dxln⁡(1+x2)≥∫1Mdxln⁡(1+x2)+∫M∞dxx\int_1^{\infty} \frac{dx}{\ln(1 + x^2)} = \int_1^M \frac{dx}{\ln(1 + x^2)} + \int_M^{\infty} \frac{dx}{\ln(1 + x^2)} \geq \int_1^M \frac{dx}{\ln(1 + x^2)} + \int_M^{\infty} \frac{dx}{x}

שים לב כי ∫1Mdxln⁡(1+x2)\int_1^M \frac{dx}{\ln(1 + x^2)} הוא סופי, כיוון שהוא אינטגרל של פונקציה חסומה.

4
שאלה 4קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות
4.(25 points)

(a) (9 points) Let 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} and let (an)n=k∞(a_n)_{n=k}^{\infty}, (bn)n=k∞(b_n)_{n=k}^{\infty} be two sequences of real numbers. Suppose that an≥0a_n \geq 0 and that bn>0b_n > 0 for every n≥kn \geq k. Suppose also that lim⁡n→∞anbn=0\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = 0.

Prove that ∑n=k∞bn<∞⇒∑n=k∞an<∞\sum_{n=k}^{\infty} b_n < \infty \Rightarrow \sum_{n=k}^{\infty} a_n < \infty.

פתרון:

See lectures.

(b) (16 points) Consider the sequence of real numbers (an)n=2∞(a_n)_{n=2}^{\infty} that is given by

an=∫nn+1dxln⁡(x)a_n = \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(x)}

for every n≥2n \geq 2.

i. (7 points) Prove that lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

פתרון:

By the Monotonicity of the definite integral, for every n≥2n \geq 2 we have

1ln⁡(n+1)=∫nn+1dxln⁡(n+1)≤∫nn+1dxln⁡(x)≤∫nn+1dxln⁡(n)=1ln⁡(n)\frac{1}{\ln(n + 1)} = \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(n + 1)} \leq \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(x)} \leq \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(n)} = \frac{1}{\ln(n)}

Thus,

1ln⁡(n+1)≤an≤1ln⁡(n)\frac{1}{\ln(n+1)} \leq a_n \leq \frac{1}{\ln(n)}

and by the squeeze rule, lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

ii. (7 points) Prove that the sequence (an)n=2∞(a_n)_{n=2}^{\infty} is decreasing.

פתרון:

Let n≥2n \geq 2. We want to prove that an≥an+1a_n \geq a_{n+1}. Substituting t=x−1t = x - 1, we obtain

an+1=∫n+1n+2dxln⁡(x)=∫nn+1dtln⁡(t+1)=∫nn+1dxln⁡(x+1)a_{n+1} = \int_{n+1}^{n+2} \frac{dx}{\ln(x)} = \int_n^{n+1} \frac{dt}{\ln(t + 1)} = \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(x + 1)}

Thus

an−an+1=∫nn+1dxln⁡(x)−∫nn+1dxln⁡(x+1)=∫nn+1[1ln⁡(x)−1ln⁡(x+1)]dxa_n - a_{n+1} = \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(x)} - \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(x + 1)} = \int_n^{n+1} \left[ \frac{1}{\ln(x)} - \frac{1}{\ln(x + 1)} \right] dx

As ln⁡(x)≤ln⁡(x+1)\ln(x) \leq \ln(x + 1) for every xx, then 1ln⁡(x)−1ln⁡(x+1)≥0\frac{1}{\ln(x)} - \frac{1}{\ln(x+1)} \geq 0 and thus

∫nn+1[1ln⁡(x)−1ln⁡(x+1)]dx≥0,\int_n^{n+1} \left[ \frac{1}{\ln(x)} - \frac{1}{\ln(x+1)} \right] dx \geq 0,

implying that an≥an+1a_n \geq a_{n+1}.

Alternative solution:

Let n≥2n \geq 2. Then

an=∫nn+1dxln⁡(x)≥∫nn+1dxln⁡(n+1)=∫n+1n+2dxln⁡(n+1)≥∫n+1n+2dxln⁡(x)=an+1a_n = \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(x)} \geq \int_n^{n+1} \frac{dx}{\ln(n + 1)} = \int_{n+1}^{n+2} \frac{dx}{\ln(n + 1)} \geq \int_{n+1}^{n+2} \frac{dx}{\ln(x)} = a_{n+1}

iii. (2 points) Conclude that there exists an s∈Rs \in \mathbb{R} such that s=∑n=2∞(−1)n+1ans = \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n+1} a_n.

פתרון:

As the sequence (an)n=2∞(a_n)_{n=2}^{\infty} is decreasing and tends to zero, then the series ∑n=2∞(−1)n+1an\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n+1} a_n is a Dirichlet series and thus converges.

5.(25 points)

(a) (2 points) Let (x0,y0)∈R2(x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2 and let FF be a function that is defined at least in a neighborhood of (x0,y0)(x_0, y_0). Define the term: The partial derivative Fx′(x0,y0)F'_x(x_0, y_0).

פתרון:

The partial derivative Fx′(x0,y0)F'_x(x_0, y_0) is defined as

Fx′(x0,y0)=lim⁡x→x0F(x,y0)−F(x0,y0)x−x0F'_x(x_0, y_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{F(x, y_0) - F(x_0, y_0)}{x - x_0}

(b) (7 points) Consider th

5
שאלה 5קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםגבולותטור-טיילורטורי-חזקות

Fxx′′(x,y)=excos⁡(y)F''_{xx}(x, y) = e^x \cos(y), Fyy′′=−excos⁡(y)F''_{yy} = -e^x \cos(y)

לפיכך, Fxx′′(x,y)+Fyy′′(x,y)=excos⁡(y)−excos⁡(y)=0F''_{xx}(x, y) + F''_{yy}(x, y) = e^x \cos(y) - e^x \cos(y) = 0.

(c) (7 נקודות) הוכח כי ∑n=1∞(−1)n+1(1n+1n+1)=1\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}\right) = 1.

פתרון:

יהי SN=∑n=1N(−1)n+1(1n+1n+1)S_N = \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}\right), ∀N∈N\forall N \in \mathbb{N}

אז

S2N=∑n=12N(−1)n+1(1n+1n+1)=1+12−12−13+13+⋯+12N−12N−12N+1=1−12N+1S_{2N} = \sum_{n=1}^{2N}(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}\right) = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{2N} - \frac{1}{2N} - \frac{1}{2N+1} = 1 - \frac{1}{2N+1}

ולכן

lim⁡N→∞S2N=lim⁡N→∞(1−12N+1)=1\lim_{N \to \infty} S_{2N} = \lim_{N \to \infty} \left(1 - \frac{1}{2N+1}\right) = 1

שימו לב גם כי S2N−1−(12N+12N+1)=S2NS_{2N-1} - \left(\frac{1}{2N} + \frac{1}{2N+1}\right) = S_{2N}, מה שמרמז כי S2N−1=S2N+12N+12N+1S_{2N-1} = S_{2N} + \frac{1}{2N} + \frac{1}{2N+1}.

לפיכך

lim⁡N→∞S2N−1=lim⁡N→∞(S2N+12N+12N+1)=1\lim_{N \to \infty} S_{2N-1} = \lim_{N \to \infty} \left(S_{2N} + \frac{1}{2N} + \frac{1}{2N+1}\right) = 1

כך lim⁡N→∞SN=1\lim_{N \to \infty} S_N = 1, מה שמרמז כי ∑n=1∞(−1)n+1(1n+1n+1)=1\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}\right) = 1.

(d) (9 נקודות) הוכח כי הטור הבא מתבדר:

∑n=1∞n!⋅3n4⋅7⋯(3n+1)\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{4 \cdot 7 \cdots (3n+1)}

פתרון:

יש לנו

∑n=1∞n!⋅3n4⋅7⋯(3n+1)=∑n=1∞3⋅6⋯3(n−1)⋅3n4⋅7⋯(3n+1)≥∑n=1∞3⋅6⋯3(n−1)⋅3n6⋅9⋯(3n+3)=∑n=1∞33n+3=∑n=1∞1n+1=∑n=2∞1n=∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{4 \cdot 7 \cdots (3n+1)} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3 \cdot 6 \cdots 3(n-1) \cdot 3n}{4 \cdot 7 \cdots (3n+1)} \geq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3 \cdot 6 \cdots 3(n-1) \cdot 3n}{6 \cdot 9 \cdots (3n+3)} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3}{3n+3} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty

(שהרי כל זנב של הטור ההרמוני מתבדר).

לפיכך ∑n=1∞n!⋅3n4⋅7⋯(3n+1)=∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{4 \cdot 7 \cdots (3n+1)} = \infty.

מועד ב׳ 2022

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-ההשוואה

# Infinitesimal Calculus 2, Moed B 2022, Reichman University

## Solutions

Lecturer: Dr. Yossi Shamai

### הוראות:

1.משך הבחינה: 3 שעות.
2.מותר להשתמש רק במחשבון בסיסי ובדפי הנוסחאות המצורפים בבחינה.

### הוראות כלליות:

הבחינה מכילה 5 שאלות. עליך לענות על בדיוק 4 שאלות. כל שאלה שווה 25 נקודות.

עליך להסביר בפירוט מלא את כל התשובות שלך בכל חלקי הבחינה, ולהצהיר את כל התנאים לכל משפט ו/או טענה. תשובות ללא הסבר לא יקבלו ניקוד.

אסור להסתמך על כל חומר שלא נלמד בקורס, אלא אם הוא מוכח.

עליך לכתוב את הפתרונות שלך רק באזורים המסומנים. אל תכתוב בגב הדפים!

2
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-ההשוואה

# 1. (25 points)

Let x0,x1∈Rx_0, x_1 \in \mathbb{R} and let (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} be a sequence of real numbers.

## (a) (3 points)

Define the term: the power series ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n converges absolutely at x1x_1. You must write your definition in the ϵ\epsilon-NN language.

Solution:

We say that the power series ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n converges absolutely at x1x_1 if there exists an s∈Rs \in \mathbb{R} such that for every ϵ>0\epsilon > 0 there exists a k∈Nk \in \mathbb{N} such that for every N≥kN \geq k we have

∣∑n=0N∣an(x1−x0)n∣−s∣<ϵ\left| \sum_{n=0}^{N} |a_n(x_1 - x_0)^n| - s \right| < \epsilon

## (b) (15 points)

Suppose that there exists an 0≤L≤∞0 \leq L \leq \infty such that L=lim⁡n→∞∣an∣nL = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}. Let 0≤R≤∞0 \leq R \leq \infty be the convergence radius of the power series ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x - x_0)^n. Prove that if 0<L<∞0 < L < \infty then R=1LR = \frac{1}{L}.

## (c) (7 points)

Compute the value of the following definite integral:

∫01xln⁡(1+x2) dx\int_0^1 x \ln(1 + x^2) \, dx

Solution:

Substituting t=ln⁡(1+x2)t = \ln(1 + x^2) then dt=2x1+x2dxdt = \frac{2x}{1+x^2} dx, and

∫01xln⁡(1+x2) dx=∫0ln⁡(2)xt(1+x2)2x dt=12∫0ln⁡(2)tet dt=12[tet−et]0ln⁡(2)=ln⁡(2)−12\int_0^1 x \ln(1 + x^2) \, dx = \int_0^{\ln(2)} \frac{xt(1 + x^2)}{2x} \, dt = \frac{1}{2} \int_0^{\ln(2)} t e^t \, dt = \frac{1}{2} \left[ t e^t - e^t \right]_0^{\ln(2)} = \ln(2) - \frac{1}{2}

---

# 2. (25 points)

## (a) (10 points)

Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b. Let ff be a function that is defined on [a,b][a, b]. Suppose that ff is continuous on [a,b][a, b] and let GG be an anti-derivative of ff in [a,b][a, b]. Prove that

∫baf(x) dx=G(b)−G(a)\int_b^a f(x) \, dx = G(b) - G(a)

## (b) (15 points)

Let f:[0,∞)→Rf : [0, \infty) \to \mathbb{R} be a monotonically decreasing function, such that lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x \to \infty} f(x) = 0.

### i. (6 points)

Prove that there exists a 0≤k∈Z0 \leq k \in \mathbb{Z} for which the function sin⁡(f(x))\sin(f(x)) is decreasing on [k,∞)[k, \infty).

Solution:

As ff is decreasing then inf⁡{f(x):x≥0}=lim⁡x→∞f(x)=0\inf \{ f(x) : x \geq 0 \} = \lim_{x \to \infty} f(x) = 0, and therefore f(x)≥0f(x) \geq 0 for every x≥0x \geq 0. Also, as lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{x \to \infty} f(x) = 0, then there exists an M>0M > 0 such that for every x>Mx > M we have f(x)≤1f(x) \leq 1. Thus, for every x>Mx > M, 0≤f(x)≤10 \leq f(x) \leq 1. Let x1,x2>Mx_1, x_2 > M such that x1<x2x_1 < x_2. Then 0≤f(x2)≤f(x1)≤10 \leq f(x_2) \leq f(x_1) \leq 1 and therefore sin⁡(f(x2))≤sin⁡(f(x1))\sin(f(x_2)) \leq \sin(f(x_1)), which implies that sin⁡(f(x))\sin(f(x)) is decreasing on [k,∞)[k, \infty).

3
שאלה 3קשהחשוב למבחןגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-ההשוואה
3.(25 points)

(a) (13 points) Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of positive real numbers. Prove that the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is convergent if and only if the series ∑n=1∞an1+an\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{1+a_n} is convergent.

פתרון:

Suppose first that the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is convergent. Then by the comparison principle for nonnegative series we have

∑n=1∞an1+an≤∑n=1∞an<∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{1 + a_n} \leq \sum_{n=1}^{\infty} a_n < \infty

implying that ∑n=1∞an1+an<∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{1+a_n} < \infty.

Suppose now that ∑n=1∞an1+an<∞\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{1+a_n} < \infty. Then by the necessary criterion, we have

lim⁡n→∞[1−11+an]=lim⁡n→∞an1+an=0,\lim_{n \to \infty} \left[1 - \frac{1}{1+a_n}\right] = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{1+a_n} = 0,

and thus lim⁡n→∞11+an=1\lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+a_n} = 1. Note that

lim⁡n→∞an[an1+an]=lim⁡n→∞111+an=1\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{\left[\frac{a_n}{1+a_n}\right]} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{1+a_n}} = 1

and therefore, by the limit comparison test, the series ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n is convergent.

(b) (12 points) Let (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty}, (bn)n=0∞(b_n)_{n=0}^{\infty} be two sequences of real numbers. Suppose that ∣bn∣≤2|b_n| \leq 2 for every 0≤n∈Z0 \leq n \in \mathbb{Z}. Let 0≤R1≤∞0 \leq R_1 \leq \infty be the convergence radius of the power series ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n and let 0≤R2≤∞0 \leq R_2 \leq \infty be the convergence radius of the power series ∑n=0∞anbnxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n b_n x^n.

i. (6 points) Prove that R2≥R1R_2 \geq R_1.

פתרון:

Let ∣x∣<R1|x| < R_1. Then the power series ∑n=0∞anxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n converges absolutely at xx. By the comparison principle, we have

∑n=0∞∣anbn∣∣x∣n≤∑n=0∞2∣an∣∣x∣n=2∑n=0∞∣an∣∣x∣n<∞.\sum_{n=0}^{\infty} |a_n b_n| |x|^n \leq \sum_{n=0}^{\infty} 2 |a_n| |x|^n = 2 \sum_{n=0}^{\infty} |a_n||x|^n < \infty.

Thus, the power series ∑n=0∞anbnxn\sum_{n=0}^{\infty} a_n b_n x^n converges absolutely for every ∣x∣<R1|x| < R_1, which implies that R2≥R1R_2 \geq R_1.

ii. (6 points) Give an example where R2>R1R_2 > R_1.

פתרון:

We choose an=1a_n = 1 and bn=12nb_n = \frac{1}{2^n} for every 0≤n∈Z0 \leq n \in \mathbb{Z}. Then the power series ∑n=0∞anxn=∑n=0∞xn\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} x^n converges if and only if ∣x∣<1|x| < 1 (geometric), which implies that R1=1R_1 = 1. The power series ∑n=0∞anbnxn=∑n=0∞xn2n=∑n=0∞(x2)n\sum_{n=0}^{\infty} a_n b_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{2}\right)^n converges if and only if ∣x2∣<1\left|\frac{x}{2}\right| < 1, or ∣x∣<2|x| < 2, which implies that R2=2R_2 = 2. Thus, R2>R1R_2 > R_1.

4.(25 points)

(a) (12 points) Prove that the series ∑n=1∞[n(1−p)n−1⋅p]\sum_{n=1}^{\infty} [n(1 - p)^{n-1} \cdot p] converges for every 0<p<20 < p < 2, and compute its value as a func

4
שאלה 4קשהחשוב למבחןגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-ההשוואה

פתרון:

שימו לב שעבור r≤1r \leq 1 יש לנו

∑n=3∞ln⁡(n)nr≥∑n=3∞ln⁡(n)n≥∑n=3∞1n=∞\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n^r} \geq \sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n} \geq \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n} = \infty

כיוון שזה זנב של הטור ההרמוני. לכן, לפי עיקרון ההשוואה יש לנו ∑n=3∞ln⁡(n)nr=∞\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n^r} = \infty.

נניח עכשיו ש־r>1r > 1 ויהי q=r−12q = \frac{r-1}{2}. אז r−q=1+r2>1r - q = \frac{1+r}{2} > 1. לפי הסעיף הקודם, קיים k∈Nk \in \mathbb{N} כך שלכל n≥kn \geq k יש לנו ln⁡(n)≤nq\ln(n) \leq n^q.

לכן

∑n=k∞ln⁡(n)nr≤∑n=k∞nqnr=∑n=k∞1nr−q<∞\sum_{n=k}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n^r} \leq \sum_{n=k}^{\infty} \frac{n^q}{n^r} = \sum_{n=k}^{\infty} \frac{1}{n^{r-q}} < \infty

כיוון שטור ה־r−qr - q ההרמוני מתכנס.

5. (25 נקודות)

(א) (15 נקודות)

הוכח שלכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1 יש לנו

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n + 1}

פתרון:

נשים t=−x2t = -x^2. אז לכל ∣t∣<1|t| < 1 יש לנו

11+x2=11−t=∑n=0∞tn=∑n=0∞(−1)nx2n\frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{1 - t} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}

שימו לב ש־∣t∣=x2<1|t| = x^2 < 1 אם ורק אם −1<x<1-1 < x < 1, ולכן השוויון לעיל מתקיים לפחות לכל −1<x<1-1 < x < 1.

אם נאפל את שני הצדדים, אז קיים C∈RC \in \mathbb{R} כך ש

arctan⁡(x)+C=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan(x) + C = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n + 1}

אם נציב x=0x = 0 נקבל C=0C = 0, ולכן

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n + 1}

לכל −1<x<1-1 < x < 1.

שימו לב שהטור ∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} מתכנס עבור x=1x = 1 (כיוון שהוא שלילי של טור לייבניץ) ומתכנס עבור x=−1x = -1 (כיוון שהוא טור לייבניץ).

לכן

∑n=0∞(−1)n2n+1=lim⁡x→1−arctan⁡(x)=arctan⁡(1)\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n + 1} = \lim_{x \to 1^-} \arctan(x) = \arctan(1)
∑n=0∞(−1)n(−1)2n+1=lim⁡x→−1+arctan⁡(x)=arctan⁡(−1)\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (-1)}{2n + 1} = \lim_{x \to -1^+} \arctan(x) = \arctan(-1)

וקיבלנו ש

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n + 1}

לכל −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1.

(ב) (3 נקודות)

יהי D⊆R2D \subseteq \mathbb{R}^2, יהי (x0,y0)∈D(x_0, y_0) \in D ויהי F:D→RF : D \to \mathbb{R} פונקציה המוגדרת בסביבה של (x0,y0)(x_0, y_0).

הגדר את המושג: ∇F(x0,y0)\nabla F(x_0, y_0).

5
שאלה 5קשהחשוב למבחןגבולותטורי-חזקותטוריםמבחן-ההשוואה

פתרון:

אנו מגדירים ∇F(x0,y0)=(lim⁡x→x0F(x,y0)−F(x0,y0)x−x0,lim⁡y→y0F(x0,y)−F(x0,y0)y−y0)\nabla F(x_0, y_0) = \left( \lim_{x \to x_0} \frac{F(x, y_0) - F(x_0, y_0)}{x - x_0}, \lim_{y \to y_0} \frac{F(x_0, y) - F(x_0, y_0)}{y - y_0} \right)

(c) (7 נקודות) הוכח או הפרך את הטענה הבאה: הפונקציה F:R2→RF : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} המוגדרת על ידי

$$F(x,y)=F(x, y) = \begin{cases}

\fracxyx2+y2frac{xy}{x^2 + y^2} & (x, y) \neq(0,0)neq (0, 0) \\

0 & (x,y)=(0,0)(x, y) = (0, 0)

\end{cases}$$

יש לה נגזרת כיוונית בנקודה (0,0)(0, 0) בכל כיוון.

פתרון:

שקר. שקול את הכיוון u⃗=(12,12)\vec{u} = \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right).

אז

Du⃗(F)(0,0)=lim⁡h→0F(h2,h2)−F(0,0)h=lim⁡h→0h22h2=lim⁡h→012h=DNED_{\vec{u}}(F)(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{F\left(\frac{h}{\sqrt{2}}, \frac{h}{\sqrt{2}}\right) - F(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{h^2}{2}}{h^2} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{2h} = \text{DNE}

exam questions that are not in the marerial for our exam

1 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2022לא סווגחשוב למבחן

The following questions are not in the exam material:

2022 term A: 3a, 4b.

2022 term B: 5b, 5c.

2023 term A: 5.

2023 term B: 1b, 5a, 5b.

2024 term A: 3.1, 5.1.

2024 term B: 1.1, 2.1.3, 5.2.

סימולציה 2025

5 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותטוריםנגזרותסדרות

Infinitesimal Calculus 2, Simulation exam 2025, Reichman university. Do not write at the back of the papers!!

Lecturer: Dr. Yossi Shamai.

Duration: 3 hours.

Instructions: The following exam has 5 questions. You must answer exactly 4 questions. Each question is worth 25 credits. There is no choice between different items of the same question. Unexplained answers will not receive any credit. You must state all of the conditions for every theorem and/or claim. You do not have a choice between different items of the same question. It is forbidden to rely on any material that was not learned in the course. You must write your solutions only in the designated areas. Do not write at the back of the papers!

1.(25 points)

1.1. (17 points)

Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers.

1.1.1. (2 points)

Define the following term: the series ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n is a Leibniz series.

Solution:

We say that the series ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n is a Leibniz series if the following conditions hold:

(i) an+1≤ana_{n+1} \leq a_n for every n∈Nn \in \mathbb{N}.

(ii) lim⁡n→∞an=0\lim_{n \to \infty} a_n = 0.

1.1.2. (15 points)

Suppose that the series ∑n=1∞(−1)n+1an\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n is a Leibniz series. Prove that the series converges to a value s∈Rs \in \mathbb{R}, and that a1−a2≤s≤a1a_1 - a_2 \leq s \leq a_1.

Solution:

See lectures.

1.2. (8 points)

Compute the value of the following series, or prove that it doesn't converge in the extended sense:

∑n=1∞(12n−1+1(2n−1)n)\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{(2n-1)^n} \right)

Solution:

We know that 1−12+13−14+⋯=ln⁡(2)1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln(2)

2
שאלה 1קשהחשוב למבחןגבולותטוריםנגזרותסדרות

It follows that

∑n=1∞(12n−1+1(2n−1)n!)=∑n=1∞(12n−1−12n!)=(1−12)+(13−14)+…\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2n-1} + \frac{1}{(2n-1)n!}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n!}\right) = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \ldots
=1−12+13−14+⋯=ln⁡(2)= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln(2)

2. (25 points)

2.1. (15 points) Prove that for every −1≤x≤1-1 \leq x \leq 1 we have

arctan⁡(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}

Solution: See lectures.

2.2. (10 points) Compute the following limit, or prove that it doesn't exist in the extended sense

lim⁡n→∞(n0.6(n2+1)0.7−n2)\lim_{n \to \infty} \left(\frac{n^{0.6}}{(n^2+1)^{0.7}} - n^2\right)

Hint: Consider the function defined by f(x)=x0.7f(x) = x^{0.7} for every x>0x > 0.

Solution: Consider the function defined by f(x)=x0.7f(x) = x^{0.7} for every x>0x > 0. By A.O.D., ff is differentiable and f′(x)=0.7⋅x−0.3f'(x) = 0.7 \cdot x^{-0.3} for every x>0x > 0. We now compute

lim⁡n→∞(n0.6(n2+1)0.7−n2)=lim⁡n→∞n2((n2+1)0.7n1.4−1)\lim_{n \to \infty} \left(\frac{n^{0.6}}{(n^2+1)^{0.7}} - n^2\right) = \lim_{n \to \infty} n^2 \left(\frac{(n^2+1)^{0.7}}{n^{1.4}} - 1\right)
=lim⁡n→∞n2((n2+1n2)0.7−1)=lim⁡n→∞n2((1+1n2)0.7−1)= \lim_{n \to \infty} n^2 \left(\left(\frac{n^2+1}{n^2}\right)^{0.7} - 1\right) = \lim_{n \to \infty} n^2 \left(\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^{0.7} - 1\right)
=lim⁡n→∞(1+1n2)0.7−11n2= \lim_{n \to \infty} \frac{\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^{0.7} - 1}{\frac{1}{n^2}}

By Heine's theorem:

=lim⁡h→0(1+h)0.7−1h=f′(1)=0.7= \lim_{h \to 0} \frac{(1+h)^{0.7} - 1}{h} = f'(1) = 0.7

3. (25 points)

3.1. (13 points) Consider the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} defined by the recursive formula

$$\begin{cases}

an+1=an+a_{n+1} = a_n + \frac1anfrac{1}{a_n} & \forall n \in \mathbb{N} \\

a1=1a_1 = 1

\end{cases}$$

Prove that lim⁡n→∞an=∞\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.

Solution: We first prove that ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N} we have an>0a_n > 0, and therefore the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is well-defined. We prove this claim by induction:

Base case: a1>0a_1 > 0.

Induction step: Let n∈Nn \in \mathbb{N} such that an>0a_n > 0. Then an+1=an+1an>0a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} > 0.

3
שאלה 1קשהחשוב למבחןגבולותטוריםנגזרותסדרות

We now prove that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is increasing. Let n∈Nn \in \mathbb{N}. Then

an+1=an+1an>ana_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} > a_n

Suppose that lim⁡n→∞an<∞\lim_{n \to \infty} a_n < \infty. As (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} is increasing, then there exists an L∈RL \in \mathbb{R} such that

L=lim⁡n→∞an=sup⁡{an:n∈N}L = \lim_{n \to \infty} a_n = \sup \{a_n : n \in \mathbb{N}\}

Note that LL is an upper bound ≥a1=1\geq a_1 = 1 and therefore L≠0L \neq 0. It follows that

L=lim⁡n→∞an+1=lim⁡n→∞(an+1an)=L+1LL = \lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) = L + \frac{1}{L}

Thus 0=1L0 = \frac{1}{L}, which is a contradiction.

---

3.2. (12 points) Let f:(0,2)→Rf : (0, 2) \to \mathbb{R} be a differentiable function. Suppose that the limit lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) does not exist in the extended sense. Prove that there exists a c∈(0,2)c \in (0, 2) for which f′(c)=0f'(c) = 0.

Solution: Suppose that f′(x)≠0f'(x) \neq 0 for every 0<x<20 < x < 2.

Suppose first that f′(x)>0f'(x) > 0 for every x∈(0,2)x \in (0, 2). Then ff is strictly increasing, and therefore lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) exists in the extended sense and

lim⁡x→2−f(x)=sup⁡{f(x):0<x<2}\lim_{x \to 2^-} f(x) = \sup \{ f(x) : 0 < x < 2\}

This is a contradiction.

Suppose now that f′(x)<0f'(x) < 0 for every x∈(0,2)x \in (0, 2). Then ff is strictly decreasing, and therefore lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) exists in the extended sense and

lim⁡x→2−f(x)=inf⁡{f(x):0<x<2}\lim_{x \to 2^-} f(x) = \inf \{ f(x) : 0 < x < 2\}

This is a contradiction.

We conclude that there exist two points 0<x1<x2<20 < x_1 < x_2 < 2 for which f′(x1)⋅f′(x2)<0f'(x_1) \cdot f'(x_2) < 0. As ff is differentiable on [x1,x2][x_1, x_2], then by Darboux's theorem there exists an x1<x<x2x_1 < x < x_2 for which f′(x)=0f'(x) = 0, a contradiction.

---

4. (25 points)

4.1. (9 points) Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let ff be a function that is defined on [a,b][a, b]. Suppose that f2f^2 is integrable on [a,b][a, b] and that ∫abf2(x) dx=0\int_a^b f^2(x) \, dx = 0. Let x0∈(a,b)x_0 \in (a, b). Prove that if ff is continuous at x0x_0, then f(x0)=0f(x_0) = 0.

Solution: Consider the function defined by

F(x)=∫axf2(t) dtF(x) = \int_a^x f^2(t) \, dt

for every a≤x≤ba \leq x \leq b. Note that 0≤F(x)≤∫abf2(x) dx0 \leq F(x) \leq \int_a^b f^2(x) \, dx for every a≤x≤ba \leq x \leq b, implying that F(x)=0F(x) = 0 for every x∈[a,b]x \in [a, b]. As ff is continuous at x0x_0, then f2f^2 is continuous at x0x_0. Thus, by the Fundamental Theorem of Calculus,

4
שאלה (x)קשהחשוב למבחןגבולותטוריםנגזרותסדרות

הערה: לכל x∈Rx \in \mathbb{R} מתקיים

f(x)=∫03xarctan⁡(t)2+t4 dt=−∫3x0arctan⁡(t)2+t4 dtf(x) = \int_0^{3x} \frac{\arctan(t)}{2 + t^4} \, dt = -\int_{3x}^0 \frac{\arctan(t)}{2 + t^4} \, dt

כיוון שהפונקציה arctan⁡(t)2+t4\frac{\arctan(t)}{2+t^4} רציפה ב־R\mathbb{R}, אנו יודעים שלכל x∈Rx \in \mathbb{R} מתקיים

f′(x)=−3⋅arctan⁡(3x)2+(3x)4f'(x) = -3 \cdot \frac{\arctan(3x)}{2 + (3x)^4}

הצבת x=13x = \frac{1}{3} במשוואה לעיל נותנת

f′(13)=−3⋅arctan⁡(1)2+1=−π4f'\left(\frac{1}{3}\right) = -3 \cdot \frac{\arctan(1)}{2 + 1} = -\frac{\pi}{4}

4.3. (7 נקודות) הוכח או הפרך את ההיגד הבא: מתקיים

1−π23!+π45!−π67!+⋯=01 - \frac{\pi^2}{3!} + \frac{\pi^4}{5!} - \frac{\pi^6}{7!} + \cdots = 0

פתרון:

לכל x∈Rx \in \mathbb{R} מתקיים

sin⁡(x)=x−x33!+x55!−⋯\sin(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots

לכן

0=sin⁡(π)=π−π33!+π55!−⋯=π[1−π23!+π45!−π67!+⋯ ]0 = \sin(\pi) = \pi - \frac{\pi^3}{3!} + \frac{\pi^5}{5!} - \cdots = \pi \left[1 - \frac{\pi^2}{3!} + \frac{\pi^4}{5!} - \frac{\pi^6}{7!} + \cdots \right]

חלוקת שני הצדדים ב־π\pi נותנת את התוצאה.

5. (25 נקודות)

5.1. (13 נקודות) תהי (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} סדרה של מספרים חיוביים ותהי p∈Rp \in \mathbb{R}. שקול את הסדרה המוגדרת על ידי

bn=ln⁡(1an)ln⁡(n),∀n∈Nb_n = \frac{\ln\left(\frac{1}{a_n}\right)}{\ln(n)}, \quad \forall n \in \mathbb{N}

נניח כי lim⁡n→∞np−bn=1\lim_{n \to \infty} n^{p-b_n} = 1. הוכח כי הטור ∑n=1∞an\sum_{n=1}^{\infty} a_n מתכנס אם ורק אם p>1p > 1.

פתרון:

שים לב שכיוון ש־bn=ln⁡(1an)ln⁡(n)b_n = \frac{\ln\left(\frac{1}{a_n}\right)}{\ln(n)} לכל n∈Nn \in \mathbb{N}, אנו יודעים ש

bnln⁡(n)=ln⁡(1an)=−ln⁡(an)b_n \ln(n) = \ln\left(\frac{1}{a_n}\right) = -\ln(a_n)

לכן

−bnln⁡(n)=ln⁡(an)  ⟹  ln⁡(n−bn)=ln⁡(an)  ⟹  an=1nbn-b_n \ln(n) = \ln(a_n) \implies \ln(n^{-b_n}) = \ln(a_n) \implies a_n = \frac{1}{n^{b_n}}

כעת יש לנו

lim⁡n→∞an⋅1np=lim⁡n→∞1nbn⋅1np=lim⁡n→∞np−bn=1\lim_{n \to \infty} a_n \cdot \frac{1}{n^p} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{b_n}} \cdot \frac{1}{n^p} = \lim_{n \to \infty} n^{p-b_n} = 1

לפיכך, הטור מתכנס יחד עם טור pp-הרמוני, ולכן הוא מתכנס אם ורק אם p>1p > 1.

5.2. (12 נקודות) חשב את הערך של הגבול הבא, או הוכח שהוא אינו קיים במובן המרחיב:

lim⁡x→∞x2[2ln⁡(x)−ln⁡(x2+1)]\lim_{x \to \infty} x^2 \left[2\ln(x) - \ln(x^2 + 1)\right]
5
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןגבולותטוריםנגזרותסדרות

We have

lim⁡x→∞x2[2ln⁡(x)−ln⁡(x2+1)]=lim⁡x→∞ln⁡(x2)−ln⁡(x2+1)1x2\lim_{x \to \infty} x^2 \left[2 \ln(x) - \ln(x^2 + 1)\right] = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x^2) - \ln(x^2 + 1)}{\frac{1}{x^2}}
=lim⁡x→∞ln⁡(x21+x2)1x2= \lim_{x \to \infty} \frac{\ln\left(\frac{x^2}{1 + x^2}\right)}{\frac{1}{x^2}}
=lim⁡x→∞ln⁡(1−11+x2)1x2+1⋅(1+1x2)(⋆)= \lim_{x \to \infty} \frac{\ln\left(1 - \frac{1}{1 + x^2}\right)}{\frac{1}{x^2 + 1}} \cdot \left(1 + \frac{1}{x^2}\right) \quad (\star)
=−1lim⁡x→∞ln⁡(1−11+x2)1x2+1= -1 \lim_{x \to \infty} \frac{\ln\left(1 - \frac{1}{1 + x^2}\right)}{\frac{1}{x^2 + 1}}

t=11+x2t = \frac{1}{1 + x^2}

=lim⁡t→0ln⁡(1−t)t00= \lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 - t)}{t} \quad \frac{0}{0}
=lim⁡t→0[−11−t]=−1= \lim_{t \to 0} \left[-\frac{1}{1 - t}\right] = -1

(⋆\star) Alternative solution:

We have

lim⁡x→∞x2[2ln⁡(x)−ln⁡(x2+1)]=lim⁡x→∞ln⁡(x2)−ln⁡(x2+1)1x200\lim_{x \to \infty} x^2 \left[2 \ln(x) - \ln(x^2 + 1)\right] = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln(x^2) - \ln(x^2 + 1)}{\frac{1}{x^2}} \quad \frac{0}{0}
=lim⁡x→∞2xx2−2xx2+1−2x3= \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{2x}{x^2} - \frac{2x}{x^2 + 1}}{-\frac{2}{x^3}}
=lim⁡x→∞−x2+x4x2+1= \lim_{x \to \infty} \frac{-x^2 + x^4}{x^2 + 1}
=lim⁡x→∞(x4−x2)(x2+1)(x2+1)= \lim_{x \to \infty} \frac{(x^4 - x^2)(x^2 + 1)}{(x^2 + 1)}
=lim⁡x→∞−x2x2+1= \lim_{x \to \infty} \frac{-x^2}{x^2 + 1}
=lim⁡x→∞−11+1x2→L’H−1= \lim_{x \to \infty} \frac{-1}{1 + \frac{1}{x^2}} \xrightarrow{\text{L'H}} -1

גיליון נוסחאות

2025

1 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2לא סווגחשוב למבחןגבולותטורי-חזקותטוריםנגזרות

# 2 Integration and differentiation

## Integration formulas

∫xα dx=xα+1α+1+C,(α≠−1)\int x^\alpha \, dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C, \quad (\alpha \neq -1)
∫1x dx=ln⁡∣x∣+C\int \frac{1}{x} \, dx = \ln |x| + C
∫cos⁡x dx=sin⁡x+C\int \cos x \, dx = \sin x + C
∫sin⁡x dx=−cos⁡x+C\int \sin x \, dx = -\cos x + C
∫1cos⁡2x dx=tan⁡x+C\int \frac{1}{\cos^2 x} \, dx = \tan x + C
∫ax dx=axln⁡a+C\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C
∫ex dx=ex+C\int e^x \, dx = e^x + C
∫11+x2 dx=arctan⁡x+C\int \frac{1}{1+x^2} \, dx = \arctan x + C
∫11−x2 dx=arcsin⁡x+C\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \arcsin x + C
∫−11−x2 dx=arccos⁡x+C\int \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \arccos x + C
∫1a2+x2 dx=1aarctan⁡xa+C\int \frac{1}{a^2+x^2} \, dx = \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C
∫1a2−x2 dx=arcsin⁡xa+C\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} \, dx = \arcsin \frac{x}{a} + C
∫α⋅f(x) dx=α⋅∫f(x) dx\int \alpha \cdot f(x) \, dx = \alpha \cdot \int f(x) \, dx
∫[f(x)±g(x)] dx=∫f(x) dx±∫g(x) dx\int [f(x) \pm g(x)] \, dx = \int f(x) \, dx \pm \int g(x) \, dx
∫u′(x)v(x) dx=u(x)v(x)−∫u(x)v′(x) dx\int u'(x)v(x) \, dx = u(x)v(x) - \int u(x)v'(x) \, dx
∫g(f(x))f′(x) dx=∫g(t) dt\int g(f(x)) f'(x) \, dx = \int g(t) \, dt

## Differentiation formulas

(xα)′=αxα−1(x^\alpha)' = \alpha x^{\alpha-1}
(ln⁡x)′=1x(\ln x)' = \frac{1}{x}
(sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x
(cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos x)' = -\sin x
(tan⁡x)′=1cos⁡2x(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x}
(ax)′=ln⁡a⋅ax(a^x)' = \ln a \cdot a^x
(ex)′=ex(e^x)' = e^x
(arctan⁡x)′=11+x2(\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}
(arcsin⁡x)′=11−x2(\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
(arccos⁡x)′=−11−x2(\arccos x)' = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}
(log⁡ax)′=1ln⁡a⋅x\left(\log_a x\right)' = \frac{1}{\ln a \cdot x}
[α⋅f(x)]′=α⋅f′(x)[\alpha \cdot f(x)]' = \alpha \cdot f'(x)
[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x)[f(x) \pm g(x)]' = f'(x) \pm g'(x)
[u(x)⋅v(x)]′=u′(x)v(x)+u(x)v′(x)[u(x) \cdot v(x)]' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)
[f(x)g(x)]′=f′(x)g(x)−g′(x)f(x)g2(x)\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]' = \frac{f'(x)g(x) - g'(x)f(x)}{g^2(x)}
[g(f(x))]′=g′(f(x))⋅f′(x)[g(f(x))]' = g'(f(x)) \cdot f'(x)
[f−1(y)]′=1f′(f−1(y))[f^{-1}(y)]' = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}

## Improper integrals

∫1∞dxxp={1p−1p>1∞p≤1\int_1^{\infty} \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{p-1} & p > 1 \\ \infty & p \leq 1 \end{cases}
∫01dxxp={11−pp<1∞p≥1\int_0^1 \frac{dx}{x^p} = \begin{cases} \frac{1}{1-p} & p < 1 \\ \infty & p \geq 1 \end{cases}

## Power series

TN(f)(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)nT_N(f)(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n
RN(x)=f(x)−TN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1R_N(x) = f(x) - T_N(x) = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!} (x - x_0)^{N+1}

Radius of convergence:

R=1lim⁡n→∞∣an∣n=lim⁡n→∞anan+1R = \frac{1}{\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}}
R=1lim⁡n→∞∣an+1∣∣an∣=lim⁡n→∞∣an∣∣an+1∣R = \frac{1}{\lim_{n \to \infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}} = \lim_{n \to \infty} \frac{|a_n|}{|a_{n+1}|}

## Common power series

11−x=∑n=0∞xn,∣x∣<1\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n, \quad |x| < 1
ln⁡(1+x)=∑n=1∞(−1)n+1xnn,−1<x≤1\ln(1 + x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} x^n}{n}, \quad -1 < x \leq 1
ex=∑n=0∞xnn!,x∈Re^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}, \quad x \in \mathbb{R}
sin⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!,x∈R\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}, \quad x \in \mathbb{R}
cos⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!,x∈R\cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}, \quad x \in \mathbb{R}
arctan⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1,−1≤x≤1\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}, \quad -1 \leq x \leq 1

רשימת משפטים

2026

1 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהחשוב למבחןאינטגרלים-לא-אמיתייםנגזרותסדרותפונקציות

Infinitesimal Calculus 2, list of theorem for Quiz 2

1.Prove that the Dirichlet function is not integrable on any closed interval [a,b]⊆R[a, b] \subseteq \mathbb{R}.
2.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let ff be a function that is bounded on [a,b][a, b]. Suppose ff is integrable on [a,b][a, b]. Prove
∣∫abf(x) dx∣≤∫ab∣f(x)∣ dx.\left| \int_a^b f(x) \, dx \right| \leq \int_a^b |f(x)| \, dx.
3.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let ff be a function that is continuous on [a,b][a, b]. Prove ∃c∈[a,b]\exists c \in [a, b] such that
f(c)=1b−a∫abf(x) dx.f(c) = \frac{1}{b - a} \int_a^b f(x) \, dx.
4.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let ff be a function that is bounded on [a,b][a, b]. Suppose ff is integrable on [a,b][a, b] and consider the function defined by
F(x)=∫axf(t) dt,∀x∈[a,b].F(x) = \int_a^x f(t) \, dt, \quad \forall x \in [a, b].

Prove that FF is continuous.

5.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let ff be a function that is bounded on [a,b][a, b]. Suppose ff is integrable on [a,b][a, b] and consider the function defined by
F(x)=∫axf(t) dt,∀x∈[a,b].F(x) = \int_a^x f(t) \, dt, \quad \forall x \in [a, b].

Let x0∈[a,b]x_0 \in [a, b]. Suppose ff is continuous at x0x_0. Prove FF is differentiable at x0x_0, and F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0).

6.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let f,Gf, G be two functions defined on [a,b][a, b]. Suppose ff is continuous on [a,b][a, b], and that GG is an anti-derivative of ff on [a,b][a, b]. Prove that
∫abf(x) dx=G(b)−G(a).\int_a^b f(x) \, dx = G(b) - G(a).
7.Let a∈Ra \in \mathbb{R} and let f,gf, g be two functions defined on [a,∞)[a, \infty). Suppose that

(i) 0≤f(x)≤g(x)0 \leq f(x) \leq g(x), ∀x≥a\forall x \geq a.

(ii) f,gf, g are integrable on [a,b][a, b] for every b>ab > a.

(iii) The improper integral ∫a∞g(x) dx\int_a^\infty g(x) \, dx is convergent.

Prove that the improper integral ∫a∞f(x) dx\int_a^\infty f(x) \, dx is convergent and

∫a∞f(x) dx≤∫a∞g(x) dx.\int_a^\infty f(x) \, dx \leq \int_a^\infty g(x) \, dx.

רשימת משפטים

1 שאלות, מסודרות לפי סדר המקור

1
שאלה 2קשהחשוב למבחןגבולותנגזרותסדרותפונקציות

Infinitesimal Calculus 2, list of theorem for Quiz 1

1.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Let (nk)k=1∞(n_k)_{k=1}^{\infty} be a strictly increasing sequence of natural numbers. Suppose that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} converges in the extended sense. Prove that the sequence (ank)k=1∞(a_{n_k})_{k=1}^{\infty} converges in the extended sense and lim⁡k→∞ank=lim⁡n→∞an\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = \lim_{n \to \infty} a_n
2.Let (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} be a sequence of real numbers. Suppose (a2k)k=1∞(a_{2k})_{k=1}^{\infty} and (a2k−1)k=1∞(a_{2k-1})_{k=1}^{\infty} both converge in the extended sense, and lim⁡k→∞a2k=lim⁡k→∞a2k−1\lim_{k \to \infty} a_{2k} = \lim_{k \to \infty} a_{2k-1}. Prove that the sequence (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty} converges in the extended sense, and lim⁡n→∞an=lim⁡k→∞a2k=lim⁡k→∞a2k−1\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{k \to \infty} a_{2k} = \lim_{k \to \infty} a_{2k-1}.
3.Let ff, FF, GG be three functions defined on an interval II. Suppose that FF, GG are anti-derivatives of ff. Prove ∃C∈R\exists C \in \mathbb{R} such that F(x)=G(x)+CF(x) = G(x) + C, ∀x∈I\forall x \in I.
4.Let a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} such that a<ba < b and let C∈RC \in \mathbb{R}. Prove that the function f(x)=Cf(x) = C for every x∈[a,b]x \in [a, b] is integrable on [a,b][a, b], and ∫abC dx=C⋅(b−a)\int_a^b C \, dx = C \cdot (b - a).
5.Prove that the Dirichlet function is not integrable on any closed interval [a,b]⊆R[a, b] \subseteq \mathbb{R}.