שינויים

פתרון אינפי 1, תשנ"ט, מועד ב,

נוספו 1,677 בתים, 12:52, 9 בפברואר 2017
[[קטגוריה:פתרון מבחנים]][[קטגוריה:אינפי]]
([http://u.cs.biu.ac.il/~sheinee/tests/math/88132/4ef1a90c2a767.pdf המבחן] )
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>.
;דרך נוספת
נוכיח ש <math>2n\cdot b_{2n}\to0</math> וכן <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\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>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> ב- <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים
<math>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}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}</math> .
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> .
ב) דוגמה דוגמא נגדית: <math>b_n=\fracdfrac{1}{n\cdot \ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>nb_nn\cdot b_n=\fracdfrac{1}{ \ln(n)}\rightarrow to 0</math>.
ג) ניקח את הסדרה <math>b_n=\left\{\begin{matrixcases}2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=2^k \\ 0 & \text{else}\end{matrixcases}\right.=1,\frac{1}{2}frac12,0,\frac{1}{4}frac14,0,0,0,\frac{1}{8}...frac18,\ldots</math>.
הטור <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתכנס ([[טור גיאומטריהנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1...,\ldots</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת -סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת לאחת ל-1 (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת -סדרה שלה מתכנסת אליו).
==שאלה 2==
א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\cos\left(\tfrac1n\right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\tfrac1n\right)=\cos(0)=1</math> שונה מ-0.
הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\ \iff\ \lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0</math>)
אב) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\sum cos(displaystyle\fracsum_{n=1}^\infty\binom{n2n})</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim_{n \to \infty }cos(\frac{1}{n2^{3n})}:=cos0\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n</math> שונה מ0.נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:
הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim_begin{align}\frac{a_{n +1}}{a_n}&=\to binom{2n+2}{n+1}\infty frac{1}a_n{2^{3n+3}}\cdot\frac{2^{3n}}{\binom{2n}{n}}\\&=0\leftrightarrow frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot\lim_frac{n !^2}{(2n)!\to cdot2^3}=\infty frac{(2n+2)!}{(-n+1)^na_n2}\cdot\frac{1}{8(2n)!}=0\frac{2(2n+1)(n+1)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}\end{align}</math>)
ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum \begin{pmatrix}
2n\\
n
\end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n}}=:\sum a_n</math>. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:
נעבור לגבול: <math>\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}= \beginlim_{pmatrix}2n+2n\to\ n+1\end{pmatrixinfty}\frac{2n+1}{2^{3n4n+3}4}=\cdot \frac{2^{3n}}{\begin{pmatrix}2n\\ n\end{pmatrix}}=frac12<1</math>, לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.
<math>=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac{1}{8(2n)!}=\frac{(2n+1)(2n+2)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}
</math>
 נעבור לגבול: ג) מתקיים <math>\lim_{n ln\to left(\infty }tfrac1n\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{2n+1}{4n+4}=\frac{1}{2}<1</math>, לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.  גright) מתקיים <math>\log \frac{1}{n}=-\log (n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\frac{1}{\log (n)}</math>נבדוק התכנסות בהחלט:(סימַנו כאן <math>\ln </math> בתור לוג<math>\log</math>), מ[[מבחן ההשוואה]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\log (n)}</math>, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. הטור מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]].
==שאלה 3==
א) הפונקציה לא מוגדרת ב-0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.
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 רבמבמלפי 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.
כעת ניזכר בכך שפונ' רציפה במ"ש באוסף סופי של קטעים שה"חיתוך" ביניהם (הגבול ביניהם... נו, אתם מבינים למה אני מתכוון) סגור (הטענה שבמערכי התרגול, עם הוכחה אינדוקטיבית עבור כל מספר סופי של קטעים, הפרכה עבור אינסופי ע"י <math>x^2</math>) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקצייה רציפה במ"ש בכל הישר.
ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור <math>[-1,1]</math> .
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 <math>(-\infty ,-1] and [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>.
==שאלה 4==
4)<s> א) הפונקציה הנתונה <math>\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ-0, כלומר בכל <math>x\ne2\pi n</math>. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math>2\pi n</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.
</s>
''';תיקון'''מתקיים <math>1-\cos(x)\ge0</math>
מתקיים ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- <math>\dfrac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)\geq0}=-1</math>ולכן קל להראות שכל האי-רציפויות סליקות.
ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה לב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ-0, כלומר כאשר <math>x\frac{ne\cos(x)-1}pm\sqrt{1-\cos(x)pi n}=-1</math> . בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם 1 ולכן קל להראות שכל האי רציפויות סליקותזאת אי-רציפות סליקה.
ב)הפונ' רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ0, כלומר כאשר <math>x\neq +-\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 פנים הלוג אי-חיובי, כלומר שבהן הקוסינוס מתאפס, הוא חיובי משני הצדדים ולכן האי-רציפות היא סליקה.
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.
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.
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 ...</math>, כך שאורך הקטעים שואף לאפס. אזי קיימת נקודה יחידה c 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> .
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.
==שאלה 6==
א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)
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^{e^{x^{e}}}\cdot(e^{x^e}(x^e)'lnx+e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x})=x^{e^{x^{e}}}\cdot(e^{x^e}(e^{elnx})'lnx+e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x})=</math>לכן:
<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> .
==שאלה 7==
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.
ג) הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)
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.)
'''תיקון'''היא גזירה בקטע <math>[-1,1]</math> , אבל הנגזרת אינה רציפה ב-0.
<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.
==שאלה 8==
 8)הטענה שגוייהשגויה - הפרכנו בתרגול.
226
עריכות