שינויים

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).

==שאלה נכפיל את אי-השוויונות ב-2==ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to0</math> . מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש- <math>(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to0</math> אבל <math>0<(2n+1)\cdot b_{2n+1}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to0</math> ולכן שוב מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל כי <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to0</math> .

אב) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]דוגמא נגדית: ברור שהטור <math>b_n=\sum cos(\fracdfrac{1}{n}\cdot\ln(n)}</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן . ממבחן העיבוי הטור <math>\lim_displaystyle\sum_{n \to =1}^\infty }cos(b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>n\cdot b_n=\fracdfrac{1}{\ln(n})=cos0=1}\to 0</math> שונה מ0.

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי ג) ניקח את הסדרה <math>b_n=\lim_begin{n cases}2^{-k} &\to exists k\infty }a_nin\N:n=02^k\leftrightarrow \lim_0&\text{n else}\to \infty end{cases}(-1)^na_n=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\ldots</math>)

ב) נבדוק התכנסות בהחלט: הטור <math>\sum displaystyle\beginsum_{pmatrix}2n\\ n\end{pmatrix}\frac{=1}{2^{3n}}\infty b_n</math> מתכנס ([[טור הנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=:1,1,0,1,0,0,0,1,\sum a_nldots</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). נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

==שאלה 2==א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\frac{a_displaystyle\sum_{n+=1}}{a_n}= ^\begin{pmatrix}2n+2infty\cos\ n+1left(\end{pmatrix}tfrac1n\frac{1}{2^{3n+3}}right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\cdot lim\frac{2^{3n}}limits_{n\begin{pmatrixto\infty}2n\cos\ nleft(\end{pmatrix}}tfrac1n\right)=\cos(0)=1</math>שונה מ-0.

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>=\fraclim\limits_{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot to\frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3infty}a_n=0\frac\iff\ \lim\limits_{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot to\frac{1infty}{8(2n)!}=\frac{(2n+1)(2n+2)}{8(n+-1)^2}na_n=\frac{2n+1}{4n+4}0</math>)

נעבור לגבול: <math>\lim_begin{n \to \infty align}\frac{a_{n+1}}{a_n}&=\lim_binom{2n+2}{n +1}\to frac{1}{2^{3n+3}}\infty cdot\frac{2^{3n}}{\binom{2n}{n}}\\&=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot\frac{4nn!^2}{(2n)!\cdot2^3}=\frac{(2n+42)!}{(n+1)^2}\cdot\frac{1}{8(2n)!}=\frac{2(2n+1)(n+1)}{8(n+1)^2}<=\frac{2n+1}{4n+4}\end{align}</math>, לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.

ג) נבדוק התכנסות בהחלטנעבור לגבול:מתקיים <math>\forall displaystyle\lim_{n \in to\mathbb{Ninfty}: e^n\geq \frac{1}a_{n}\Rightarrow n\geq log(\frac{+1}}{na_n})=\Rightarrow \frac{1}lim_{n}\leq to\frac{1infty}{log(\frac{2n+1}{n})4n+4}=\frac12<1</math> , לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.

ג) מתקיים <math>\ln\left(\tfrac1n\right)=-\log(n)</math> לכן הטור כפול הוא למעשה <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1 מתכנס בתנאי לפי )^{n+1}}{\log(n)}</math>נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן <math>\ln</math> בתור <math>\log</math>), מ[[משפט לייבניץמבחן ההשוואה]]נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\log(n)}</math> , ולכן הטור שלנו [[טור אינו מתכנס בתנאי|בהחלט. הטור מתכנס בתנאילפי [[משפט לייבניץ]] אף הוא (כפל בקבוע לא משנה להתכנסות). (הכפלתי משום שהטור עולה במקום יורד, ואנחנו ניסחנו את לייבניץ עבור סדרה יורדת)

אב) הפונקצייה לא מוגדרת ב0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"שנגזור: <math>(x^{\frac13})'=\frac13x^{-\frac23}=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math> .

ב) נגזור: בקטע <math>(x^{\frac{[-1}{3}})'=\frac{,1}{3}x^{]</math> הפונקציה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור. בקרן <math>[1,\infty)</math> ובקרן <math>(-\frac{2}{3}}=\frac{infty,-1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math>נגזרת הפונקציה חסומה ולכן הפונקציה רבמ"ש בכל אחת מהן.

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>[1. נו, \inftyאתם מבינים למה אני מתכוון)סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י </math> ובקרן x^2</math>( -\infty) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם,-1]</math> נגזרת הפונ' חסומה 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: <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 הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים <math>(-\infty ,-1] and \cup[1,\infty) </math>.

הוכחנו שפונקצייה שפונקציה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם.נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' שהפונקציה רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\mathbb{R}</math>.

4)<s> א) הפונ' הנתונה <math>\frac{cosx-1}{|cosx-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 האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math> 2\pi n</math>: יהי <math>n \in \mathbb{N}</math>. מתקיים <math> \lim_lim\limits_{x\rightarrow 2to2\pi n^+}\fracdfrac{cosx\cos(x)-1}{\big|cosx\cos(x)-1\big|}=+1</math> ואילו <math> \lim_lim\limits_{x\rightarrow 2to2\pi n^-}\fracdfrac{cosx\cos(x)-1}{\big|cosx\cos(x)-1\big|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נק' נקודות האי-רציפות של הפונקצייה הפונקציה הנתונה.

''';תיקון''' מתקיים <math>1-\cos(x)\geq0ge0</math>

ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל-<math>\fracdfrac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי -רציפויות סליקות.

ב)הפונ' הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ0מ-0, כלומר כאשר <math>x\neq +-ne\pm\sqrt{\pi n}</math>. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד -צדדיים הם שניהם 1 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.

5ב)א) [[אקסיומת השלמות]]הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם: תהי <math>A\subset \mathbb{R}I_n</math>. אם סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה <math>A I_1\neq subseteq I_2\varnothing subseteq\ldots</math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש כך שאורך הקטעים שואף ל-0. אזי קיימת נקודה יחידה <math>Ac</math> חסם עליוןהנמצאת בכל הקטעים.

ג)משפט ערך הביניים - כנ"ל: תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע [a,b]. אזי לכל <math>\alpha</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> כך ש <math>f(c)=\alpha</math>. ד)כלל לופיטל:תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה <math>a</math> . אם <math>\lim_lim\limits_{x\to a} f(x)=\lim_lim\limits_{x\to a} g(x)=0</math> והגבול <math>\lim_lim\limits_{x\to a}\fracdfrac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\to a}\fracdfrac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו.

6)א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורהב)

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}lnx\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(xx_0+h)=-f(e^{e^{x^e}lnx}x_0)'=e^}{e^{x^e}lnxh}\cdot =f'(e^x_0)</math> . ברור מרציפות הפונקציות הלינאריות כי <math>\lim\limits_{x^eh\to0}lnx)'h=0</math>.

<math>=x^\begin{e^{x^{e}}align}\cdot(e^displaystyle\lim_{x^eh\to0}lnx\Big[f(e^x_0+h)-f(x_0)\Big]&=\lim_{elnxh\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]\cdot \fraclim_{eh\to0}\frac{xh}+e^{x^{e}h}\cdot \frac&=\lim_{1h\to0}\frac{x}f(x_0+h)-f(x_0)=x^{e^{x^{e}}}e^{x^eh}\cdot(lnx(e^h\\&=\lim_{elnxh\to0})\cdot \frac{ef(x_0+h)-f(x_0)}{xh}+\fraccdot\lim_{1}{xh\to0}h\\&=f'(x_0)\cdot0=0\end{align}</math>

ומכאן <math>=x^\lim\limits_{e^{x^{eh\to0}}-1}e^{x^e}\cdotf(x^elnx\cdot ex_0+1h)=x^{e^{x^{e}}-1}e^{x^e}\cdotf(x^elnx^e+1x_0)</math>, כלומר הפונקציה רציפה ב- <math>x_0</math> .

7ב)א)הוכחנו בכיתההוכחה שגויה: תהי <math>f</math> פונ' הפונקציה גזירה ב, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>x_0</math>, אז הגבול שבה מרחק פונקציית הנגזרת <math><math>\ \lim_{h \to 0}\frac{f'(x_0+h)-f(x_0x)}{h}</math></math> קיים ושווה למהנגזרת <math>f'(x_0)</math>. ברור מרציפות הפונ' הלינאריות ש אינו עולה על אפסילון, ולכן <math> f'(x_0)+\lim_{h \to 0}h=0epsilon</math>מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.::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.)

לכן: ;תיקון<math> \lim_{h \to 0}(f(x_0+h)-f(x_0)x)= \lim_begin{h \to 0cases}x^{\frac{(f(x_0+h)-f(x_0))frac43}{h}h= \lim_{h sin\to 0}\frac{left(f(x_0+h)-f(x_0))}{h}\lim_{h tfrac1x\to 0}h=f'(x_0right)&x\ne0\\cdot 0&x=0\end{cases}</math>

כלומר <math> f'(x)=\lim_begin{h cases}\to 0frac43x^{\frac13}\sin\left(f(x_0+h\tfrac1x\right)-fx^{-\frac23}\cos\left(x_0\tfrac1x\right)&x\ne0\\\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)}{x}=0&x=0\end{cases}</math>,

ומכאן שאבל לכל <math> x\lim_{h \to 0}(f(x_0+h)=f(x_0)</math>, כלומר הפונ' רציפה ב<math>x_0ne0</math>הנגזרת לא חסומה בסביבת 0.

ב) הוכחה שגוייהבאופן מסודר: הפונקצייה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>x_0</math> שבה מרחק פונקציית הנגזרת נתבונן בפונקציה <math>f'(x)</math> מהנגזרת <math>f'=\begin{cases}x^2\sin\left(x_0\tfrac1x\right)</math> אינו עולה על אפסילון, ולכן <math>f'(x_0)+ &x\ne0\\epsilon0&x=0\end{cases}</math> מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.::הבעיה בהוכחה הנ"ל הייתה שהנחתי שהנגזרת רציפה, מה שיופרך ממש בעוד רגע. אכן, אם הנגזרת של פונקצייה היא רציפה אז המשפט נכון לפי הנימוק שהבאתי: כי מרחק פונ' הנגזרת מהגבול שלה קטן מאפסילון, והגבול שלה שווה לנגזרת ולכן סופי. (בדוגמא של נועם גבול הנגזרת בנקודה אינו סופי.)

<math>f(x)=x^\frac{4}{3}\sin \frac{1}{x}</math> נימוק: לכל <math>x\neq0ne0</math> ו<math>f(בקטע, הפונקציה היא הרכבת גזירות ולכן גזירה.בנקודה 0)=0</math> מתקיים <math>f'\left(0\right)=\lim_{x\to0}\frac{x^{\frac{4}{3}}\sin\frac{1}{x}}{x}=0</math> אבל מתקיים לכל <math>x\neq0</math> מתקיים <math>f'(x)=\frac{4}{3}x^{\frac{1}{3}}\sin\frac{1}{x}, על-\frac{x^{\frac{4}{3}}\cos\frac{1}{x}}{x^{2}}</math> והיא כמובן לא חסומה בסביבה של 0 פי ההגדרה:

ג<math>\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\left(\tfrac1x\right)הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. }{x}=\lim_{x\to0}x\sin\left(את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...\tfrac1x\right) =0</math>

באופן מסודר:נתבונן בפונ(מכפלת פונקציה חסומה בשואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ' <math>f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2sin(\frac{1}{x})\\ &x \neq 0\\ 0 &x=0 \end{matrix}\right.</math>.

היא הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונקציה בנקודה. לכן הפונקציה אכן גזירה ב- <math>[-1,1]</math>, אבל הנגזרת אינה רציפה ב0.

נימוק: לכל <math>x \neq הנגזרת אינה רציפה ב-0</math> בקטע, הפונ' היא הרכבת גזירות ולכן גזירה.בנקודה 0כי הגבול של הנגזרת, עפ"י ההגדרה: <math>\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0to0}\frac{f'(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0to0}\frac{f(x)}{x}=left[2x\lim_{xsin\rightarrow 0}\frac{x^2sinleft(\frac{1}{x})}{x}=tfrac1x\lim_{x\rightarrow 0}x\cdot sin(\frac{1}{x}right)=0</math> (פונ' חסומה כפול שואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ') הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונ' בנקודה. לכן הפונקצייה אכן גזירה ב<math>[-1,1]</math>. הנגזרת אינה רציפה ב0, כי הגבול באפס של הנגזרת, <math>\lim_{xcos\rightarrow 0}f'left(x)=\lim_{xtfrac1x\rightarrow 0}(2xsin(\frac{1}{x}right)-cos(\frac{1}{x}))right]</math> אפילו אינו קיים.

 8)הטענה שגוייהשגויה - הפרכנו בתרגול.