שאלות מבחן - מועד א'

חסם מלרע: יהי $x \in A$. קיימים $n, m \in \mathbb{N}^+$ כך ש-$x = \frac{1}{n} - \frac{1}{m}$.

כיוון ש-$n > 0$ נסיק כי $\frac{1}{n} > 0$, ולכן:

$x = \frac{1}{n} - \frac{1}{m} > -\frac{1}{m}$

כיוון ש-$m \ge 1$ נסיק כי $\frac{1}{m} \le 1$, ולכן $x > -1$.

כלומר $-1$ חסם מלרע של $A$.

אינפימום: יהי $\varepsilon > 0$. מתכונת ארכימדס, קיים $n \in \mathbb{N}^+$ כך ש-$\frac{1}{n} < \varepsilon$.

נתבונן ב-$x = \frac{1}{n} - 1$. כיוון ש-$n, 1 \in \mathbb{N}^+$ נסיק כי $x \in A$.

מתקיים:

$x = \frac{1}{n} - 1 < \varepsilon - 1 = -1 + \varepsilon$

מצאנו איבר ב-$A$ הקטן מ-$-1 + \varepsilon$, ולכן $-1$ הוא אכן האינפימום. $\blacksquare$

הסדרה עולה: לכל $n \in \mathbb{N}^+$:

$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1}$

$= \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2(n+1)}$

כיוון ש-$2n+1 < 2n+2 = 2(n+1)$ נסיק כי $\frac{1}{2n+1} > \frac{1}{2(n+1)}$, ולכן $a_{n+1} - a_n > 0$.

חסומה מלעיל: לכל $n \in \mathbb{N}^+$:

$a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1} \le 1$

הסדרה עולה וחסומה מלעיל, ולכן מתכנסת. $\blacksquare$

תהיינה $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}, \{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ סדרות אי-שליליות. נניח כי קיים $N \in \mathbb{N}^+$ כך שלכל $n \ge N$ מתקיים $b_n > 0$. כמו כן נניח כי הסדרה $\left\{\frac{a_n}{b_n}\right\}$ מתכנסת.

אם $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ מתכנס, אז $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ מתכנס.

הטור מתכנס בהחלט. נגדיר $b_n = \frac{1}{n^{3/2}}$, טור הרמוני מוכלל עם פרמטר $\frac{3}{2} > 1$, ולכן $\sum b_n$ מתכנס.

נחשב:

$\frac{|a_n|}{b_n} = \frac{\frac{\ln(n)}{n^2+1}}{\frac{1}{n^{3/2}}} = \frac{\ln(n) \cdot n^{3/2}}{n^2 + 1} = \frac{\ln(n)}{\sqrt{n}} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{n^2}}$

מגבולות ידועים: $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n)}{\sqrt{n}} = 0$ (כי $\frac{\ln x}{x^a} \to 0$ לכל $a > 0$).

כמו כן $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{1}{n^2}} = 1$.

לכן $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{|a_n|}{b_n} = 0 \cdot 1 = 0$.

מקריטריון ההשוואה הגבולי, $\sum |a_n|$ מתכנס, ולכן הטור מתכנס בהחלט. $\blacksquare$

דרך א' - פיתוח טיילור:

נזכר בפיתוחי טיילור סביב $0$:

• $\sin x = x - \frac{1}{6}x^3 + R_3(x)$
• $\cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + R_2(x)$

לכל $x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \setminus \{0\}$:

$\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x \tan x} = \frac{1}{x^2} \cdot \frac{\sin x - x\cos x}{\sin x}$

נציב את הפיתוחים:

$= \frac{1}{x^2} \cdot \frac{\left(x - \frac{1}{6}x^3 + R_3(x)\right) - x\left(1 - \frac{1}{2}x^2 + R_2(x)\right)}{x + R_1(x)}$

$= \frac{1}{x^2} \cdot \frac{\frac{1}{3}x^3 + R_3(x) - xR_2(x)}{x + R_1(x)}$

$= \frac{\frac{1}{3} + \frac{R_3(x)}{x^3} - \frac{R_2(x)}{x^2}}{1 + \frac{R_1(x)}{x}}$

לפי משפט פיאנו: $\frac{R_k(x)}{x^k} \to 0$ כאשר $x \to 0$. לכן:

$\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x\tan x}\right) = \frac{\frac{1}{3} + 0 - 0}{1 + 0} = \boxed{\frac{1}{3}}$

נגדיר $f(x) = e^x - e^{-x} - 10x$.

קיום: נשים לב:

• $f(1) = e - e^{-1} - 10 < 3 - 0 - 10 = -7 < 0$
• $f(6) = e^6 - e^{-6} - 60 \ge 2^6 - 1 - 60 = 3 > 0$

$f$ רציפה ב-$[1,6]$, ולפי משפט ערך הביניים קיים $x_0 \in [1,6]$ עבורו $f(x_0) = 0$.

יחידות: $f''(x) = e^x - e^{-x}$. לכל $x > 0$: $e^x > 1 > e^{-x}$, ולכן $f''(x) > 0$.

כלומר $f'$ עולה ממש ב-$(0, +\infty)$.

• $f'(1) = e + e^{-1} - 10 \le 3 + 1 - 10 = -6 < 0$
• $f'(4) = e^4 + e^{-4} - 10 \ge 16 - 10 = 6 > 0$

לכן קיים $c \in (1,4)$ יחיד עבורו $f'(c) = 0$: $f$ יורדת ב-$(0,c)$ ועולה ב-$(c, +\infty)$.

כיוון ש-$f(0) = 0$ ו-$f$ יורדת ממש ב-$(0,c)$: $f(x) < 0$ לכל $x \in (0,c]$.

ב-$(c, +\infty)$ הפונקציה עולה ממש, ולכן יכולה להתאפס לכל היותר פעם אחת.

מצאנו שורש אחד בדיוק ב-$(0, +\infty)$, ולכן קיים ויחיד. $\blacksquare$

יהי $I$ קטע ותהי $x_0 \in I$. תהיינה $f, g : I \setminus \{x_0\} \to \mathbb{R}$ פונקציות. נניח כי:

1. $f, g$ גזירות ב-$I \setminus \{x_0\}$.
2. $\displaystyle\lim_{x \to x_0} |g(x)| = +\infty$.
3. לכל $x \in I \setminus \{x_0\}$ מתקיים $g'(x) \ne 0$.
4. קיים גבול ל-$\frac{f'}{g'}$ ב-$x_0$ (סופי או לא).

אז קיים $\eta > 0$ כך שלכל $x \in I \setminus \{x_0\}$ אם $|x - x_0| < \eta$ אז $g(x) \ne 0$, וכמו כן:

$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$

(i) $g$ חסומה, לכן $L = \inf g$ קיים (סופי). נוכיח $\lim_{x \to +\infty} g(x) = L$.

יהי $\varepsilon > 0$. מהגדרת האינפימום, קיים $x_0 \in \mathbb{R}$ עבורו $g(x_0) < L + \varepsilon$.

נבחר $K = |x_0| + 1 > 0$. לכל $x > K$: $x > |x_0| \ge x_0$. כיוון ש-$g$ יורדת: $g(x) \le g(x_0) < L + \varepsilon$.

כמו כן $L \le g(x)$, ולכן $|g(x) - L| < \varepsilon$. $\blacksquare$

(ii) כיוון ש-$f''(x) \le 0$, הפונקציה $f'$ יורדת. כיוון ש-$f'$ חסומה, לפי (i) קיים ל-$f'$ גבול סופי $L$ ב-$+\infty$.

נגדיר $g(x) = x$. מתקיים $\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$, ו-$g'(x) = 1 \ne 0$.

כמו כן $\frac{f'(x)}{g'(x)} = f'(x) \to L$.

לפי משפט לופיטל:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$

הגבול קיים וסופי. $\blacksquare$