חזור לתיקייה: גליונות

גליון 6

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • תרגיל 1
  • תרגיל 2
  • תרגיל 3
  • תרגיל 4

גליון 6

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 6

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

הגדירו במדוייק את שני המושגים הבאים:

  1. הסדרה fn(x)f_{n}(x)fn​(x) מתכנסת במ"ש ל-f(x)f(x)f(x) בתחום DDD.
  2. הפונקציה fff רציפה במ"ש בתחום DDD.
  1. תהי fn(x)f_{n}(x)fn​(x) סדרת פונקציות המוגדרת בתחום DDD ותהי fff פונקציה המוגדרת ב-DDD.
    נאמר כי הסדרה fn(x)f_{n}(x)fn​(x) מתכנסת במ"ש ל-fff בתחום DDD אם לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilon∣fn​(x)−f(x)∣<ε.
  2. תהי f:D→Rf:D\to \mathbb{R}f:D→R כאשר D⊆RD \subseteq \mathbb{R}D⊆R.
    נאמר כי fff רציפה במ"ש בתחום DDD אם לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיימת δ>0\delta>0δ>0 כך שלכל x,y∈Dx,y \in Dx,y∈D המקיימים ∣x−y∣<δ|x-y|<\delta∣x−y∣<δ מתקיים ∣f(x)−f(y)∣<ε|f(x)-f(y)|<\epsilon∣f(x)−f(y)∣<ε.
תרגיל (1 [ב])

הוכיחו שאם fnf_{n}fn​ רציפות במ"ש ב-DDD, ו-fn⟶n→∞ff_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f במ"ש ב-DDD, אזי fff רציפה במ"ש ב-DDD.

הוכחה: יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי fnf_{n}fn​ רציפות במ"ש ב-DDD ולכן, לכל εn>0\epsilon_{n}>0εn​>0 קיימת δn>0\delta_{n}>0δn​>0 כך שלכל x,y∈Dx,y \in Dx,y∈D כך ש-∣x−y∣<δn|x-y|<\delta_{n}∣x−y∣<δn​ מתקיים ∣fn(x)−fn(y)∣<εn|f_{n}(x)-f_{n}(y)|<\epsilon_{n}∣fn​(x)−fn​(y)∣<εn​.
נתון כי fn⟶n→∞ff_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}ffn​n→∞⟶​f במ"ש ב-DDD ולכן, לכל ε0>0\epsilon_{0}>0ε0​>0 קיים N0N_{0}N0​ כך שכל n>N0n>N_{0}n>N0​ ולכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε0|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilon_{0}∣fn​(x)−f(x)∣<ε0​.
זה מתקיים בפרט עבור ε0=εN0=13ε>0\epsilon_{0}=\epsilon_{N_{0}}=\frac{1}{3}\epsilon>0ε0​=εN0​​=31​ε>0 ואז, קיימת δ≤δN0\delta\leq \delta_{N_{0}}δ≤δN0​​ ולכל x,y∈Dx,y \in Dx,y∈D כך ש-∣x−y∣<δ|x-y|<\delta∣x−y∣<δ מתקיים:

∣f(x)−f(y)∣≤∣f(x)−fN0(x)∣+∣fN0(x)−fN0(y)∣+∣fN0(y)−f(y)∣<ε0+εn+ε0=ε|f(x)-f(y)|\leq |f(x)-f_{N_{0}}(x)|+|f_{N_{0}}(x)-f_{N_{0}}(y)|+|f_{N_{0}}(y)-f(y)|<\epsilon_{0}+\epsilon_{n}+\epsilon_{0}=\epsilon∣f(x)−f(y)∣≤∣f(x)−fN0​​(x)∣+∣fN0​​(x)−fN0​​(y)∣+∣fN0​​(y)−f(y)∣<ε0​+εn​+ε0​=ε

לכן, לפי הגדרה, fff רציפה במ"ש ב-DDD.
∎

תרגיל (1 [ג])

הוכיחו שאם fnf_{n}fn​ רציפות במ"ש ב-DDD והטור ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש לפונקציה fff ב-DDD אז fff רציפה במ"ש ב-DDD.

הוכחה: יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי fnf_{n}fn​ רציפות במ"ש ולכן, לכל εn>0\epsilon_{n}>0εn​>0 קיימת δn>0\delta_{n}>0δn​>0 כך שלכל x,y∈Dx,y \in Dx,y∈D המקיימים ∣x−y∣<δn|x-y|<\delta_{n}∣x−y∣<δn​ מתקיים ∣fn(x)−fn(y)∣<εn|f_{n}(x)-f_{n}(y)|<\epsilon_{n}∣fn​(x)−fn​(y)∣<εn​.
נתון כי ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש ל-fff ב-DDD. לכן, לכל ε0>0\epsilon_{0}>0ε0​>0 קיים KKK כך שלכל N>KN>KN>K ולכל x∈Dx \in Dx∈D מתקיים ∣∑n=1Nfn(x)−f(x)∣<ε0\displaystyle \left| \sum_{n=1}^Nf_{n}(x)-f(x) \right|<\epsilon_{0}​n=1∑N​fn​(x)−f(x)​<ε0​. זה מתקיים בפרט עבור ε0=13ε>0\epsilon_{0}=\frac{1}{3}\epsilon>0ε0​=31​ε>0.
נגדיר εN=13Nε>0\epsilon_{N}=\frac{1}{3N}\epsilon>0εN​=3N1​ε>0. הגדרת הרציפות במ"ש מתקיימת בפרט עבור εn<εN\epsilon_{n}<\epsilon _Nεn​<εN​ לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
נגדיר δ=min⁡{δn∣1≤n≤N}\delta =\min\left\{ \delta_{n}|1\leq n\leq N \right\}δ=min{δn​∣1≤n≤N} ולכל x,y∈Dx,y \in Dx,y∈D כך ש-∣x−y∣<δ|x-y|<\delta∣x−y∣<δ מתקיים:

∣f(x)−f(y)∣≤∣f(x)−∑n=1Nfn(x)∣ ⁣+ ⁣∣∑n=1Nfn(x)−∑n=1Nfn(y)∣ ⁣+ ⁣∣∑n=1Nfn(y)−f(y)∣=∣f(x)−∑n=1Nfn(x)∣ ⁣+ ⁣∣∑n=1N(fn(x)−fn(y))∣ ⁣+ ⁣∣∑n=1Nfn(y)−f(y)∣<ε0+∑n=1Nεn+ε0<2ε0+NεN=ε\begin{align*} \left| f(x)-f(y) \right|&\leq \left| f(x)-\sum_{n=1}^N f_{n}(x) \right|\!+\!\left| \sum_{n=1}^N f_{n}(x)-\sum_{n=1}^N f_{n}(y) \right|\!+\!\left| \sum_{n=1}^N f_{n}(y)-f(y) \right| \\ &=\left| f(x)-\sum_{n=1}^N f_{n}(x) \right|\!+\!\left| \sum_{n=1}^N (f_{n}(x)-f_{n}(y) )\right|\!+\!\left| \sum_{n=1}^N f_{n}(y)-f(y) \right| \\ &< \epsilon_{0}+\sum_{n=1}^N \epsilon_{n}+\epsilon_{0}<2\epsilon_{0}+N\epsilon_{N}=\epsilon \end{align*}∣f(x)−f(y)∣​≤​f(x)−n=1∑N​fn​(x)​+​n=1∑N​fn​(x)−n=1∑N​fn​(y)​+​n=1∑N​fn​(y)−f(y)​=​f(x)−n=1∑N​fn​(x)​+​n=1∑N​(fn​(x)−fn​(y))​+​n=1∑N​fn​(y)−f(y)​<ε0​+n=1∑N​εn​+ε0​<2ε0​+NεN​=ε​

לכן, לפי הגדרה, fff רציפה במ"ש ב-DDD.
∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

תהי fn(x)={nx∈(0,1n)0x∉(0,1n)f_{n}(x)=\begin{cases}n & x \in\left( 0,\frac{1}{n} \right) \\ 0 & x \not\in\left( 0,\frac{1}{n} \right)\end{cases}fn​(x)={n0​x∈(0,n1​)x∈(0,n1​)​ סדרת פונקציות המוגדרת בקטע [0,1][0,1][0,1].
הצדיקו את האינטגרביליות של סדרת הפונקציות והוכיחו שהיא מתכנסת נקודתית בקטע [0,1][0,1][0,1] לפונקציה אינטגרבילית fff אך לא מתכנסת במ"ש בקטע זה.
הראו שלא מתקיים: lim⁡n→∞∫01fn(x)dx=∫01f(x)dx\displaystyle \lim_{ n \to \infty }\int_{0}^1 f_{n}(x)dx=\int_{0}^1 f(x)dxn→∞lim​0∫1​fn​(x)dx=0∫1​f(x)dx.

הצדקה: לכל פונקציה fnf_{n}fn​ ישנן שתי נקודות אי רציפות בלבד. אחת ב-x=0x=0x=0 ואחת ב-x=1nx =\frac{1}{n}x=n1​. לכן, לפי משפט, fnf_{n}fn​ אינטגרבילית לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
הוכחה: יהי ε>0\epsilon>0ε>0
יהי x∈[0,1]x \in[0,1]x∈[0,1] ונבחר N=1xN=\frac{1}{x}N=x1​ ואז, לכל n>Nn>Nn>N מתקיים:

∣fn(x)−0∣=↓fnעל פי הגדרת  מתקייםx∉(0,1n)לכל fn(x)=0 מתקייםn>1xעבור ∀x0∉(0,1x):    fn(x0)=0x0=xבפרט עבור 0<ε|f_{n}(x)-0| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ f_{n}\R{\text{על פי הגדרת }} \\ \R{\text{ מתקיים}}x \notin \left( 0, \frac{1}{n} \right)\R{\text{לכל }} \\ f_{n}(x)=0 \\ \R{\text{ מתקיים}}n> \frac{1}{x}\R{\text{עבור }} \\ \forall x_{0} \not\in \left( 0, \frac{1}{x} \right):\;\; f_{n}(x_{0})=0 \\ x_{0}=x\R{\text{בפרט עבור }} \end{matrix}}{=} 0< \epsilon∣fn​(x)−0∣↓fn​על פי הגדרת  מתקייםx∈/(0,n1​)לכל fn​(x)=0 מתקייםn>x1​עבור ∀x0​∈(0,x1​):fn​(x0​)=0x0​=xבפרט עבור ​=​0<ε

לכן, לפי הגדרה, fn⟶n→∞f=0f_{n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}f=0fn​n→∞⟶​f=0 נקודתית.

נגדיר Mn=sup⁡∣fn(x)−f(x)∣M_{n}=\sup|f_{n}(x)-f(x)|Mn​=sup∣fn​(x)−f(x)∣ לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N. לפי הנ"ל Mn=sup⁡fn(x)M_{n}=\sup f_{n}(x)Mn​=supfn​(x). לפי הגדרת fnf_{n}fn​ בהכרח מתקיים Mn=nM_{n}=nMn​=n לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
אזי, Mn⟶n→∞∞≠0M_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \infty\neq 0Mn​n→∞⟶​∞=0. לכן, לפי משפט, fnf_{n}fn​ אינה מתכנסת במ"ש ל-fff בקטע [0,1][0,1][0,1].
∎
חישוב אינטגרל:

∫01f(x)dx=∫010dx=0\int_{0}^1 f(x)dx=\int_{0}^1 0dx=00∫1​f(x)dx=0∫1​0dx=0 lim⁡n→∞∫01fn(x)dx=lim⁡n→∞(lim⁡ε→0+∫ε1nfn(x)dx+∫1n10dx)=lim⁡n→∞lim⁡ε→0+∫ε1nndx\lim_{ n \to \infty } \int_{0}^1 f_{n}(x)dx=\lim_{ n \to \infty } \left( \lim_{ \epsilon \to 0^+ }\int_{\epsilon}^{\frac{1}{n}} f_{n}(x)dx+\int_{\frac{1}{n}}^1 0dx \right)=\lim_{ n \to \infty } \lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{\epsilon}^{\frac{1}{n}} ndx n→∞lim​0∫1​fn​(x)dx=n→∞lim​​ε→0+lim​ε∫n1​​fn​(x)dx+n1​∫1​0dx​=n→∞lim​ε→0+lim​ε∫n1​​ndx =↓NLlim⁡n→∞lim⁡ε→0+(n1n−ε1n)=lim⁡n→∞lim⁡ε→0+1n(n−ε)=lim⁡n→∞1nn=lim⁡n→∞1=1\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=} \lim_{ n \to \infty } \lim_{ \epsilon \to 0^+ } \left( n\frac{1}{n}-\epsilon\frac{1}{n} \right)=\lim_{ n \to \infty }\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \frac{1}{n}(n-\epsilon)=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}n=\lim_{ n \to \infty } 1=1↓NL​=​n→∞lim​ε→0+lim​(nn1​−εn1​)=n→∞lim​ε→0+lim​n1​(n−ε)=n→∞lim​n1​n=n→∞lim​1=1

"ל-111 יש את התכונה הנהדרת שהוא לא שווה ל-000" - אביב צנזור.
לכן מתקיים:

∫01f(x)dx≠lim⁡n→∞∫01fn(x)dx\int_{0}^1 f(x)dx \neq \lim_{ n \to \infty } \int_{0}^1 f_{n}(x)dx0∫1​f(x)dx=n→∞lim​0∫1​fn​(x)dx
תרגיל (2 [ב])

הוכיחו את המשפט מההרצאה:
תהי fn(x)f_{n}(x)fn​(x) סדרה של פונקציות אינטגרביליות בקטע [a,b][a,b][a,b], מתכנסת במ"ש בקטע [a,b][a,b][a,b] לפונקציה אינטגרבילית fff.
אזי:

lim⁡n→∞∫abfn(x)dx=∫abf(x)dx\lim_{ n \to \infty } \int_{a}^b f_{n}(x)dx=\int_{a}^b f(x)dxn→∞lim​a∫b​fn​(x)dx=a∫b​f(x)dx

הוכחה:
נתון כי fnf_{n}fn​ מתכנסת במ"ש ל-fff בקטע [a,b][a,b][a,b]. לכן, לכל ε0>0\epsilon_{0}>0ε0​>0 קיים N>0N>0N>0 כך שלכל n>Nn>Nn>N מתקיים ∣fn(x)−f(x)∣<ε0|f_{n}(x)-f(x)|<\epsilon_{0}∣fn​(x)−f(x)∣<ε0​.
זה מתקיים בפרט עבור ε0=εb−a>0\epsilon_{0}=\frac{\epsilon}{b-a}>0ε0​=b−aε​>0 ואז מתקיים:

∣∫abfn(x)dx−∫abf(x)dx∣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣=↓ליניאריות ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∣∫ab(fn(x)−f(x))∣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣≤↓אי שוויון המשולש האינטגרלי ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∫ab∣fn(x)−f(x)∣<↓מונוטויות∫abε0dx=↓NLε\left| \int_{a}^b f_{n}(x)dx-\int_{a}^b f(x)dx \right|\!\!\!\!\!\! \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ליניאריות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\left| \int_{a}^b (f_{n}(x)-f(x)) \right| \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש האינטגרלי}} \end{matrix}}{\leq }\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \int_{a}^b \left| f_{n}(x)-f(x) \right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מונוטויות}} \end{matrix}}{<} \int_{a}^b \epsilon_{0}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=} \epsilon​a∫b​fn​(x)dx−a∫b​f(x)dx​↓ליניאריות​=​​a∫b​(fn​(x)−f(x))​↓אי שוויון המשולש האינטגרלי​≤​a∫b​∣fn​(x)−f(x)∣↓מונוטויות​<​a∫b​ε0​dx↓NL​=​ε

לכן, לפי הגדרת הגבול מתקיים:

lim⁡n→∞∫abfn(x)dx=∫abf(x)dx\lim_{ n \to \infty } \int_{a}^b f_{n}(x)dx=\int_{a}^b f(x)dxn→∞lim​a∫b​fn​(x)dx=a∫b​f(x)dx

∎

תרגיל (2 [ג])

הפריכו בעזרת דוגמה נגדית מנומקת היטב את הטענה הבאה:
תהי fnf_nfn​ סדרת פונקציות אינטגרביליות בכל קטע חסום וסגור ב-R\mathbb{R}R כך שהאינטגרל המוכלל ∫−∞∞fn\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}f_{n}−∞∫∞​fn​ קיים לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
נתון כי סדרת הפונקציות המתכנסת במ"ש ב-R\mathbb{R}R לפונקציה אינטגרבילית fff.
אזי:

lim⁡n→∞∫−∞∞fn(x)dx=∫−∞∞f(x)dx\lim_{ n \to \infty } \int_{-\infty}^\infty f_{n}(x)dx=\int_{-\infty}^\infty f(x)dxn→∞lim​−∞∫∞​fn​(x)dx=−∞∫∞​f(x)dx

נביט בפונקציה fn(x)={1nx∈(0,n)0x∉(0,n)f_{n}(x)=\begin{cases} \frac{1}{n} & x \in\left( 0, n \right)\\ 0 & x \not\in(0,n)\end{cases}fn​(x)={n1​0​x∈(0,n)x∈(0,n)​. הפונקציה בעלת שתי נקודות אי רציפות לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N ב-x=0,x=nx=0,x= nx=0,x=n ולכן, לפי משפט, היא אינטגרבילית ב-R\mathbb{R}R. בנוסף, לפי NLNLNL מתקיים:

∫−∞∞fn(x)dx=lim⁡M→∞∫−M00dx+∫0n1ndx+∫nM0dx=lim⁡M→∞∫0n1ndx=1n∫0ndx=nn−0=1 \int_{-\infty}^\infty f_{n}(x)dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{-M}^0 0dx+\int_{0}^{n} \frac{1}{n}dx+\int_{n}^{M}0 dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{0}^n \frac{1}{n}dx=\frac{1}{n}\int_{0}^n dx=\frac{n}{n}-0=1−∞∫∞​fn​(x)dx=M→∞lim​−M∫0​0dx+0∫n​n1​dx+n∫M​0dx=M→∞lim​0∫n​n1​dx=n1​0∫n​dx=nn​−0=1

לכן, האינטגרל המוכלל הנ"ל קיים לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
סדרת הפונקציות מתכנסת נקודתית ל-f(x)=0f(x)=0f(x)=0 לפי הוכחה דומה מאוד להוכחה מסעיף א'.
נגדיר Mn=sup⁡∣fn(x)−f(x)∣=sup⁡∣fn(x)∣=1nM_{n}=\sup|f_{n}(x)-f(x)|=\sup |f_{n}(x)|=\frac{1}{n}Mn​=sup∣fn​(x)−f(x)∣=sup∣fn​(x)∣=n1​. ואז lim⁡n→∞Mn=0\lim_{ n \to \infty }M_{n}=0limn→∞​Mn​=0. לכן, לפי משפט, fnf_{n}fn​ מתכנסת במ"ש ל-fff ב-R\mathbb{R}R.
נשים לב כי:

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

אך ממקודם מתקיים:

lim⁡n→∞∫−∞∞fn(x)dx=lim⁡n→∞1=1≠0\lim_{ n \to \infty } \int_{-\infty}^\infty f_{n}(x)dx=\lim_{ n \to \infty } 1=1 \neq 0n→∞lim​−∞∫∞​fn​(x)dx=n→∞lim​1=1=0

לכן, הטענה אינה נכונה!

תרגיל 3

תרגיל (3)

נגדיר טור ∑n=1∞fn(x)\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)n=1∑∞​fn​(x) כאשר:

∀n∈N,    fn:[0,1]→R,    fn(x)={00≤x≤12n1nsin⁡2(2nπx)12n≤x≤12n−1012n−1≤x≤1\forall n \in \mathbb{N},\;\; f_{n}:[0,1]\to \mathbb{R},\;\; f_{n}(x)=\begin{cases} 0 & 0\leq x\leq \frac{1}{2^n} \\ \frac{1}{n}\sin^2(2^n\pi x) & \frac{1}{2^n}\leq x\leq \frac{1}{2^{n-1}} \\ 0 & \frac{1}{2^{n-1}}\leq x\leq 1 \end{cases}∀n∈N,fn​:[0,1]→R,fn​(x)=⎩⎨⎧​0n1​sin2(2nπx)0​0≤x≤2n1​2n1​≤x≤2n−11​2n−11​≤x≤1​

הראו כי הטור מתכנס במ"ש ב-[0,1][0,1][0,1] אבל לא קיים בשבילו טור מספרים חוסם של WWW.

יהי ε>0\epsilon>0ε>0. נגדיר N>log⁡4(π2ε0)N>\log_{4}\left( \frac{\pi^2}{\epsilon_{0}} \right)N>log4​(ε0​π2​) ואז לכל n>Nn>Nn>N ולכל p∈Np \in \mathbb{N}p∈N יתקיים:

∀x∉[12n,12n−1):∣∑k=n+1n+pfk(x)∣=∣∑k=n+1n+p0∣=0<ε\forall x \not\in \left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right): \qquad \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} f_{k}(x) \right|=\left| \sum_{k=n+1}^{n+p} 0 \right| =0< \epsilon∀x∈[2n1​,2n−11​):​k=n+1∑n+p​fk​(x)​=​k=n+1∑n+p​0​=0<ε ∀x∈[12n+p,12n+p−1):∣∑k=n+1n+pfk(x)∣=∣∑k=n+1n+p1ksin⁡2(2kπx)∣=∑k=n+1n+p1ksin⁡2(2kπx) ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣≤↓∣sin⁡α∣≤∣α∣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∑k=n+1n+p1k(2kπx)2≤∑k=n+1n+p1n+1π24k14n+p−1=π2n+1∑k=n+1n+p4k−n−p+1=π2n+114n+p−1∑k=n+1n+p4k=π2n+14n+p−n−14n+p−1=π2n+14p−14n4p−1=π2n+114n<π24N(N+1)≤π24N<ε\begin{align*} \forall x \in\left[ \frac{1}{2^{n+p}}, \frac{1}{2^{n+p-1}} \right):\qquad& \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} f_{k}(x) \right|=\left| \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k}\sin^2(2^k \pi x) \right|=\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k}\sin^2(2^k \pi x) \\ &\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ |\sin\alpha|\leq |\alpha| \end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\! \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k} (2^k\pi x)^2 \leq \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{n+1}\pi^2 4^k \frac{1}{4^{n+p-1}} \\ &=\frac{\pi^2}{n+1}\sum_{k=n+1}^{n+p} 4^{k-n-p+1}=\frac{\pi^2}{n+1} \frac{1}{4^{n+p-1}}\sum_{k=n+1}^{n+p} 4^k=\frac{\pi^2}{n+1} \frac{4^{n+p-n-1}}{4^{n+p-1}} \\ &=\frac{\pi^2}{n+1} \frac{4^{p-1}}{4^n 4^{p-1}}=\frac{\pi^2}{n+1} \frac{1}{4^n} < \frac{\pi^2}{4^N(N+1)} \leq \frac{\pi^2}{4^N}< \epsilon \end{align*}∀x∈[2n+p1​,2n+p−11​):​​k=n+1∑n+p​fk​(x)​=​k=n+1∑n+p​k1​sin2(2kπx)​=k=n+1∑n+p​k1​sin2(2kπx)↓∣sinα∣≤∣α∣​≤​k=n+1∑n+p​k1​(2kπx)2≤k=n+1∑n+p​n+11​π24k4n+p−11​=n+1π2​k=n+1∑n+p​4k−n−p+1=n+1π2​4n+p−11​k=n+1∑n+p​4k=n+1π2​4n+p−14n+p−n−1​=n+1π2​4n4p−14p−1​=n+1π2​4n1​<4N(N+1)π2​≤4Nπ2​<ε​

לכן, לכל x∈[0,1]x \in[0,1]x∈[0,1] מתקיים ∣∑k=n+1n+pfk(x)∣<ε\displaystyle \left| \sum_{k=n+1}^{n+p}f_{k}(x) \right|<\epsilon​k=n+1∑n+p​fk​(x)​<ε ולכן, לפי תנאי קושי, ∑n=1∞fn(x)\displaystyle\sum_{n=1}^\infty f_n(x)n=1∑∞​fn​(x) מתכנס במ"ש ב-[0,1][0,1][0,1].

כעת, נראה כי לא קיים טור מספרים חוסם של WWW:
נזכר כי 0≤sin⁡2α≤10\leq \sin^2 \alpha\leq 10≤sin2α≤1. נשים לב כי עבור x=32n+1∈(22n+1,42n+1)=(12n,12n−1)x=\frac{3}{2^{n+1}}\in\left( \frac{2}{2^{n+1}}, \frac{4}{2^{n+1}} \right)=\left( \frac{1}{2^n}, \frac{1}{2^{n-1}} \right)x=2n+13​∈(2n+12​,2n+14​)=(2n1​,2n−11​) מתקיים sin⁡2(2nπx)=sin⁡2(32π)=(−1)2=1\sin^2(2^n\pi x)=\sin^2\left( \frac{3}{2}\pi \right)=(-1)^2=1sin2(2nπx)=sin2(23​π)=(−1)2=1.
לכן, לכל סדרה MnM_{n}Mn​ המקיימת ∣fn(x)∣≤Mn|f_{n}(x)|\leq M_{n}∣fn​(x)∣≤Mn​ בהכרח מתקיים 0≤1n≤Mn0\leq \frac{1}{n}\leq M_{n}0≤n1​≤Mn​.
לפי מסקנה ∑1n\sum \frac{1}{n}∑n1​ מתבדר ולכן, לפי מהלא"ש, ∑Mn\sum M_{n}∑Mn​ מתבדר.
לכן, הטור MnM_{n}Mn​ לא מקיים את התנאים, ולכן לא קיים טור מספרים חוסם של WWW.

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

קבעו האם טור הפונקציות ∑n=1∞xe−nx\displaystyle \sum_{n=1}^\infty xe^{-nx}n=1∑∞​xe−nx מתכנס במ"ש בקטע [0,1][0,1][0,1].

נשים לב כי:

∣xe−nx∣=xe−nx=x1enx≤↓x∈[0,1]1en<↓n2<en1n2|xe^{-nx}|=xe^{-nx}=x \frac{1}{e^{nx}} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ x \in[0,1] \end{matrix}}{\leq} \frac{1}{e^n} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ n^2< e^n \end{matrix}}{<} \frac{1}{n^2}∣xe−nx∣=xe−nx=xenx1​↓x∈[0,1]​≤​en1​↓n2<en​<​n21​

הטור ∑1n2\sum \frac{1}{n^2}∑n21​ מתכנס לפי משפט. לכן, לפי WWW הטור ∑xe−nx\sum xe^{-nx}∑xe−nx מתכנס.

תרגיל (4 [ב])

תהי fn:I→Rf_{n}:I\to \mathbb{R}fn​:I→R סדרת פונקציות כך שהטור ∑(−1)nfn(x)\displaystyle \sum(-1)^nf_{n}(x)∑(−1)nfn​(x) הוא טור לייבניץ. כלומר, לכל x∈Ix \in Ix∈I מתקיים fn(x)⟶n→∞0f_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0fn​(x)n→∞⟶​0 ו-fn+1(x)≤fn(x)f_{n+1}(x)\leq f_{n}(x)fn+1​(x)≤fn​(x) ו-fn(x)>0f_{n}(x)>0fn​(x)>0.
הוכיחו שאם ההתכנסות של fn(x)f_{n}(x)fn​(x) הינה במ"ש ב-III אזי הטור מתכנס במ"ש בקטע.

הדרכה: השתמשו בחסם על הזנב של טור לייבניץ

הוכחה: יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי ∑(−1)nfn(x)\sum (-1)^nf_{n}(x)∑(−1)nfn​(x) הינו טור לייבניץ ולכן, fn(x)⟶n→∞0f_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0fn​(x)n→∞⟶​0.
נתון כי fn(x)⟶n→∞f(x)=0f_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}f(x)=0fn​(x)n→∞⟶​f(x)=0 במ"ש ב-III. לכן, לכל ε0>0\epsilon_{0}>0ε0​>0 קיים NNN כך שלכל n>Nn>Nn>N ולכל x∈Ix \in Ix∈I מתקיים ∣fn(x)∣<ε0|f_{n}(x)|<\epsilon_{0}∣fn​(x)∣<ε0​.
זה מתקיים בפרט עבור ε0=ε2>0\epsilon_{0}=\frac{\epsilon}{2}>0ε0​=2ε​>0.
לכן, לכל n>Nn>Nn>N ולכל x∈Ix \in Ix∈I מתקיים:

∣∑k=1n(−1)kfk(x)−∑k=1∞(−1)kfk(x)∣≤↓אי שוויון המשולש∣∑k=1n(−1)kfk(x)∣+∣∑k=1∞(−1)kfk(x)∣\left| \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k}f_{k}(x)-\sum_{k=1}^\infty (-1)^k f_{k}(x) \right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש}} \end{matrix}}{\leq} \left| \sum_{k=1}^n (-1)^k f_{k}(x) \right|+\left| \sum_{k=1}^\infty (-1)^k f_{k}(x) \right| ​k=1∑n​(−1)kfk​(x)−k=1∑∞​(−1)kfk​(x)​↓אי שוויון המשולש​≤​​k=1∑n​(−1)kfk​(x)​+​k=1∑∞​(−1)kfk​(x)​ ≤↓ההמשך למשפט לבייניץf1(x)+f1(x)=↓fn(x)>0⇓f1(x)>02∣f1(x)∣<2ε0=ε\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ההמשך למשפט לבייניץ}} \end{matrix}}{\leq} f_{1}(x)+f_{1}(x) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ f_{n}(x)>0 \\ \Downarrow \\ f_{1}(x)>0 \end{matrix}}{=}2|f_{1}(x)|< 2\epsilon_{0}=\epsilon↓ההמשך למשפט לבייניץ​≤​f1​(x)+f1​(x)↓fn​(x)>0⇓f1​(x)>0​=​2∣f1​(x)∣<2ε0​=ε

לכן, לפי הגדרה, הטור מתכנס במ"ש בקטע III.
∎

תרגיל (4 [ג])

השתמשו בסעיף ב' כדי להוכיח שטור הפונקציות ∑n=1∞(−1)nxe−nx\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n xe^{-nx}n=1∑∞​(−1)nxe−nx מתכנס במ"ש בקטע [0,1][0,1][0,1].

הוכחה:
נגדיר fn(x)=xe−nxf_{n}(x)=xe^{-nx}fn​(x)=xe−nx בקטע [0,1][0,1][0,1]. לכן, לכל x∈[0,1]x \in[0,1]x∈[0,1] מתקיים fn(x)≥0f_{n}(x)\geq 0fn​(x)≥0.
נקבע xxx ואז:

0=lim⁡n→∞0≤lim⁡n→∞xe−nx≤lim⁡n→∞1en=00=\lim_{ n \to \infty } 0 \leq \lim_{ n \to \infty } xe^{-nx} \leq \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{e^n}=00=n→∞lim​0≤n→∞lim​xe−nx≤n→∞lim​en1​=0

לכן, לפי סנדוויץ', מתקיים fn(x)⟶n→∞0f_{n}(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0fn​(x)n→∞⟶​0 לכל x∈[0,1]x \in [0,1]x∈[0,1].

fn+1(x)=xe(n+1)x=xenx+ex≤xenx=fn(x)f_{n+1}(x)=\frac{x}{e^{(n+1)x}}=\frac{x}{e^{nx}+e^{x}}\leq \frac{x}{e^{nx}} =f_{n}(x)fn+1​(x)=e(n+1)xx​=enx+exx​≤enxx​=fn​(x)

לכל x∈[0,1]x \in[0,1]x∈[0,1].
לכן, הטור ∑n=1∞(−1)nxe−nx\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n xe^{-nx}n=1∑∞​(−1)nxe−nx הינו טור לייבניץ ולכן, לפי סעיף ב' וסעיף א' הוא מתכנס במ"ש בקטע [0,1][0,1][0,1].
∎