שינויים

==שאלה 1) ==היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:

א) נניח שכי <math>\sum^displaystyle\sum_{n=1}^\infty } b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\sum^{displaystyle\infty sum_{n=1} 2^\infty2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש <math>2^nb_{2^n}\rightarrow 0to0</math>.

לכל <math>n </math> קיים <math>k </math> כך ש- <math>2^k\leq le n <2^{k+1} </math> (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת <math> k=\left \lfloor \log_2{(n} )\right \rfloor</math>).

הסדרה <math>\left \{ b_n \right \}</math> יורדת ולכן <math>x<y\rightarrow to b_x>b_y</math>.

נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש כי <math>b_{2^{k+1}}\leq le b_n \leq le b_{2^k}</math>.

נכפיל ב- <math>n</math> (חיובי) את אגפי האיאי-שוויוןהשוויון: <math>nb_n\cdot b_{2^{k+1}}\leq nb_n le n\cdot b_n\le n\leq nb_cdot b_{2^k}</math>

נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0\leftarrow \fracdfrac{1}{2}2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^kb_k\cdot b_{2^{k+1}}\leq nb_le n\cdot b_{2^{k+1}}\leq nb_n le n\leq nb_cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}\leq 2le2^{k+1}\cdot b_{2^k}\rightarrow 0to0</math>\

ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ' ]] נקבל את הדרוש, <math>nb_bn\rightarrow 0cdot b_n\to0</math>.

ג) ניקח את הסדרה ;דרך נוספתנוכיח ש <math>b_n=\left2n\cdot b_{\begin{matrix2n}2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=2^k \\ 0 & else\end{matrix}\right.=to0</math> וכן <math>(2n+1,)\fraccdot b_{2n+1}{2},0,\frac{1}{4},0,0,0,\frac{1}{8}...to0</math>ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת-הסדרה של האברים במקומות הזוגיים שואפת ל-0 וכן תת-הסדרה של האברים במקומות האי-זוגיים שואפת ל-0 אז כך גם הסדרה).

אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> ב- <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס (טור גיאומטרי עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת מתקיים<math>nb_n=S_{2n}-S_n\to0</math> וכן <math>S_{2n+1,}-S_n\to0</math> . מההתכנסות הראשונה נקבל כי <math>b_{n+1,}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}\to0</math> . כיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0,<n\cdot b_{2n}<b_{n+1,0,0,0,1...}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת לאחת (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת סדרה שלה מתכנסת אליו).

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי ב) דוגמא נגדית: <math>b_n=\lim_dfrac{1}{n \to cdot\infty ln(n)}a_n=0</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\leftrightarrow displaystyle\lim_sum_{n \to =1}^\infty b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>n\cdot b_n=\dfrac{1}{\ln(-1n)^na_n=}\to 0</math>).

בג) נבדוק התכנסות בהחלט: ניקח את הסדרה <math>\sum b_n=\begin{pmatrixcases}2n2^{-k} &\exists k\ in\N:n=2^k\end\0&\text{pmatrixelse}\fracend{1}{2^{3n}cases}=:1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\sum a_nldots</math>. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

הטור <math>\frac{a_displaystyle\sum_{n+1}}{a_n}= \begin{pmatrix}2n+2\\ n+1\end{pmatrix}^\frac{infty b_n</math> מתכנס ([[טור הנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1}{2^{3n+3}},1,0,1,0,0,0,1,\cdot \frac{2^{3n}}{\begin{pmatrix}2n\\ n\end{pmatrix}}=ldots</math>אינו מתכנס שכן יש לו תת-סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת ל-1 (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת-סדרה שלה מתכנסת אליו).

==שאלה 2==א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>=\fracdisplaystyle\sum_{(2n+2)!}{(n+=1)!}^2}\cdot infty\frac{n!^2}{cos\left(2n\tfrac1n\right)!</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\cdot 2^3}=lim\fraclimits_{(2n+2)!}{(n+1)^2\to\infty}\cdot cos\frac{1}{8left(2n\tfrac1n\right)!}=\frac{cos(2n+10)(2n+2)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}</math>שונה מ-0.

נעבור לגבולב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\lim_displaystyle\sum_{n \to =1}^\infty }\fracbinom{a_{n+1}2n}{a_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{2n+1}{4n+42^{3n}}:=\fracdisplaystyle\sum_{n=1}{2}<1^\infty a_n</math>, לכן הטור מתכנס . נוכיח התכנסות בהחלט, ובפרט מתכנס.ע"י שימוש במבחן המנה:

(שני האגפים חיוביים ולוג היא פונקצייה עולה. סימַנו כאן ln בתור לוג)נעבור לגבול: <math>\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{4n+4}=\frac12<1</math> , ולכן ממבחן ההשוואה נובע שהתבדרות לכן הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור שלנומתכנס בהחלט, ולכן הטור אינו ובפרט מתכנס בהחלט. (למישהו יש נימוק יותר שגרתי?)

==שאלה 3)==א) הפונקצייה הפונקציה לא מוגדרת ב0ב-0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.

ב) נגזור: <math>(x^{\frac{1}{3}frac13})'=\frac{1}{3}xfrac13x^{-\frac{2}{3}frac23}=\fracdfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math>.

בקטע <math>[-1,1]</math> הפונקצייה היא כעת ניזכר בכך שפונקציה רציפה בקטע סגור ולכן רבמבמ"ש לפי משפט קנטורבאוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם..בקרן <math>(0. נו, \inftyאתם מבינים למה אני מתכוון)</math> ובקרן <math>סגור ( -\inftyהטענה שבמערכי התרגול,0)</math> נגזרת הפונ' חסומה עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י <math>\frac{1}{3}x^2</math> ) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן הפונ' רבמקיבלנו שהפונקציה רציפה במ"ש בכל אחת מהןהישר.

גנגזור: <math>\frac{d}{dx}\big(\log(1+x^2)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור \big)=\dfrac{2x}{1+x^2}\le\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le2</math>[בתחום<math>(-1\infty,-1])\cup(1,\infty)</math>.

נגזור: הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים <math>(log(1+x^2))'=\frac{2x}{1+x^2}\leq \frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\leq 2</math> בתחום<math>(-\infty ,-1)]\cup ([1,\infty) </math>.

הנגזרת חסומה ולכן הפונקצייה רציפה במ"ש בקטעים ==שאלה 4==4)<s> א) הפונקציה הנתונה <math>\dfrac{\cos(x)-1}{\infty ,big|\cos(x)-1] and [1\big|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ-0,כלומר בכל <math>x\infty) ne2\pi n</math>.נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math>2\pi n</math> :

הוכחנו שפונקצייה רציפה בשני קטעים מהצורה יהי <math>n\in\N</math> . מתקיים <math>\lim\limits_{x\to2\pi n^+}\dfrac{\cos(a,b],[b,cx)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=1</math> היא רציפה באיחוד שלהם.נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא ואילו <math>\mathbblim\limits_{Rx\to2\pi n^-}\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=-1</math>ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה).בכך סיווגנו את כל נקודות האי-רציפות של הפונקציה הנתונה.</s>

4)א) הפונ' הנתונה ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- <math>\fracdfrac{cosx\cos(x)-1}{|cosx1-\cos(x)}=-1|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ0, כלומר בכל <math>x\neq 2\pi n</math>. נבדוק את סוגי ולכן קל להראות שכל האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math> 2\pi n</math>:רציפויות סליקות.

יהי ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ-0, כלומר כאשר <math>n x\in ne\mathbb{N}</math>. מתקיים <math> pm\lim_sqrt{x\rightarrow 2\pi n^+}\frac{cosx-1}{|cosx-1|}=+1</math> ואילו <math> \lim_{x\rightarrow 2\pi n^-}\frac{cosx. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם 1}{|cosx-1|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נק' האיזאת אי-רציפות של הפונקצייה הנתונהסליקה.

ב)היה בבוחן. הפונ' רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ0, כלומר כאשר <math>x\neq \pi n</math>. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד צדדיים הם שניהם 0 ולכן זאת אי רציפות סליקה. ג) <math>\fracdfrac{1}{\log\left(\cos^2x2(x)\right)}</math>. הפונ' הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים הלוג ה- <math>\log</math> חיובי וגם המכנה שונה מ0מ-0, כלומר לפונ' לפונקציה יש אי -רציפות כאשר <math>\cos^2x=0 \, \, and\ \vee log\left(\cos^2x2(x)\right) =0</math>. מכאן <math>cosx\cos(x)=0 \, \, and\ \vee (cos^2x2(x) =1</math>. קיבלנו שכי <math>x=\tfrac{\pi/}{2}+\pi n \, \, and\vee x=\pi n</math> הן הנק' הנקודות בהן הפונ' הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל - <math>x=\frac{\pi n}{2}</math>.

בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא <math>+ \infty</math> ולכן זה מין שני. לסיכום:<math>\leftarrow x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n</math> סליקה. <math>\leftarrow x=\pi n</math> מין שני. ==שאלה 5==א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset\R</math> . אם <math>A\ne\varnothing</math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל- <math>A</math> חסם עליון. ב) הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם: תהי <math>I_n</math> סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה <math>I_1\subseteq I_2\subseteq\ldots</math> , כך שאורך הקטעים שואף ל-0. אזי קיימת נקודה יחידה <math>c</math> הנמצאת בכל הקטעים.  ג) משפט ערך הביניים - כנ"ל: תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע <math>[a,b]</math> . אזי לכל <math>y</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> עבורה <math>f(c)=y</math> . ד) כלל לופיטל:תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה <math>a</math> . אם <math>\lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0</math> והגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו. ==שאלה 6==א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה) ב) <math>\begin{align}f(x)&=x^{e^{x^e}}\\f'(x)&=\frac{d}{dx}\big(e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\big)=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\cdot\frac{d}{dx}\left(e^{x^e}\cdot\ln(x)\right)\\&=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot\frac{d}{dx}(x^e)+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot e\cdot x^{e-1}+\frac{e^{x^e}}{x}\right)\\&=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}}\cdot\left(\frac{ex^e\cdot\ln(x)}{x}+\frac{1}{x}\right)=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(ex^e\cdot\ln(x)+1\Big)\end{align}</math> ==שאלה 7==א) הוכחנו בכיתה: תהי <math>f</math> פונקציה גזירה ב- <math>x_0</math> , אז קיים הגבול <math>\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=f'(x_0)</math> . ברור מרציפות הפונקציות הלינאריות כי <math>\lim\limits_{h\to0}h=0</math> .  לכן:

לסיכום:<math>\leftarrow xbegin{align}\displaystyle\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]&=\pi/2lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\pi n </math> סליקה.<math>Big]\cdot\lim_{h\to0}\frac{h}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot h\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot\lim_{h\to0}h\\&=f'(x_0)\leftarrow xcdot0=0\pi nend{align}</math> מין שני.

ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שםהוכחה שגויה: תהי הפונקציה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>I_nx_0</math> סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה שבה מרחק פונקציית הנגזרת <math>I_1\subseteq I_2f'(x)</math> מהנגזרת <math>f'(x_0)</math> אינו עולה על אפסילון, ולכן <math>f'(x_0)+\subseteq ...epsilon</math>מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, כך שאורך הקטעים שואף לאפסהנגזרת אינה חסומה. אזי קיימת נקודה יחידה c הנמצאת בכל הקטעים::הבעיה בהוכחה הנ"ל הייתה שהנחתי שהנגזרת רציפה, מה שיופרך ממש בעוד רגע. אכן, אם הנגזרת של פונקציה היא רציפה אז המשפט נכון לפי הנימוק שהבאתי: כי מרחק פונקציית הנגזרת מהגבול שלה קטן מאפסילון, והגבול שלה שווה לנגזרת ולכן סופי. (בדוגמא של נועם גבול הנגזרת בנקודה אינו סופי.)

ג)משפט ערך הביניים - כנ"ל: תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע [a,b]. אזי לכל <math>'(x)=\begin{cases}\frac43x^{\alpha</math> בין <math>ffrac13}\sin\left(a\tfrac1x\right),f-x^{-\frac23}\cos\left(b\tfrac1x\right)</math> קיימת <math>c&x\ne0\\\lim\in[a,b]</math> כך ש <math>flimits_{x\to0}\dfrac{x^{\frac43}\sin\left(c\tfrac1x\right)}{x}=0&x=0\alphaend{cases}</math>.

ד)כלל לופיטל:תהיינה אבל לכל <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה a. אם <math>\lim_{x\to a} f(x)=\lim_{x\to a} g(x)=0ne0</math> והגבול <math>\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לוהנגזרת לא חסומה בסביבת 0.

6)אבאופן מסודר:נתבונן בפונקציה <math>f(x) סתם טכני, תשובה זוועתית. =\begin{cases}x^2\sin\left(מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}</math>

ב)היא גזירה בקטע <math>f(x)=x^{e^{x^{e}}}=e^{e^{x^e}lnx}[-1,1]</math>, אבל הנגזרת אינה רציפה ב-0.

נימוק: לכל <math>f'(x)=(e^{e^{x^e}lnx})'=e^{e^{x^e}lnx}\cdot (e^{x^e}lnx)'=ne0</math>בקטע, הפונקציה היא הרכבת גזירות ולכן גזירה.בנקודה 0, על-פי ההגדרה:

<math>=x^{e^\displaystyle\lim_{x^{e}}\to0}\cdot(e^frac{x^e}f(x^e)'lnx+e^-f(0)}{x^{e}-0}=\cdot lim_{x\to0}\frac{1f(x)}{x})=x^{e^\lim_{x^{e}}\to0}\cdot(e^frac{x^e}2\sin\left(e^{elnx\tfrac1x\right)})'lnx+e^{x^{e}}=\cdot lim_{x\frac{1to0}{x}\sin\left(\tfrac1x\right)=0</math>

<math>=x^{e^{x^{e}}}\cdot(e^{x^e}lnx(e^{elnx})\cdot \frac{e}{x}+e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x})=x^{e^{x^{e}}}e^{x^e}\cdot(lnx(e^{elnx})\cdot \frac{e}{x}+\frac{1}{x}מכפלת פונקציה חסומה בשואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ')=</math>

הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונקציה בנקודה. לכן הפונקציה אכן גזירה ב- <math>=x^{e^{x^{e}}-1}e^{x^e}\cdot(x^elnx\cdot e+1)=x^{e^{x^{e}}[-1}e^{x^e}\cdot(x^elnx^e+,1)]</math>.

==שאלה 8==8)הטענה שגוייהשגויה - עשינו הפרכנו בתרגול.