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>.

ב) דוגמה נגדית: ;דרך נוספתנוכיח ש <math>b_n=2n\fraccdot b_{12n}{n\cdot ln(n)}to0</math>. ממבחן העיבוי הטור וכן <math>(2n+1)\sum b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>nb_n=\fraccdot b_{2n+1}{ ln(n)}\rightarrow 0to0</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).

ג) ניקח אם נסמן את הסדרה סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>b_n=\leftdisplaystyle\sum_{\begin{matrix}2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=21}^k \\ infty b_n</math> ב- <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים0 & else\end<math>S_{matrix2n}-S_n\right.=to0</math> וכן <math>S_{2n+1,}-S_n\fracto0</math> . מההתכנסות הראשונה נקבל כי <math>b_{n+1}+b_{n+2},0,+\fraccdots b_{12n}{4},\to0</math> . כיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0,0,0,<n\fraccdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{8n+2}+\cdots b_{2n}...</math>.

הטור נכפיל את אי-השוויונות ב-2 ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\sum b_nto0</math> מתכנס . מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש- <math>([[טור גיאומטרי]] עם אפסים שלא משפיעים2n+2), \cdot b_{2n+1}\to0</math> אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,<(2n+1,0,0,0,)\cdot b_{2n+1...}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to0</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת סדרה ששווה 1 ובפרט שואפת לאחת ולכן שוב מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל כי <math>(וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת סדרה שלה מתכנסת אליו2n+1)\cdot b_{2n+1}\to0</math> .

אג) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור ניקח את הסדרה <math>b_n=\sum cos(\fracbegin{1cases}2^{n-k})</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>&\lim_{exists k\in\N:n =2^k\to \infty }cos(0&\fractext{1else}\end{ncases})=cos0=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\ldots</math> שונה מ0.

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim_displaystyle\sum_{n \to \infty }a_n=0\leftrightarrow \lim_{n \to 1}^\infty }b_n</math> מתכנס (-1[[טור הנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים)^na_n, 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 ל-1 (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת-סדרה שלה מתכנסת אליו).

ב==שאלה 2==א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\sum displaystyle\beginsum_{pmatrixn=1}2n^\infty\ ncos\end{pmatrix}left(\fractfrac1n\right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim\limits_{1}{2^{3n}n\to\infty}\cos\left(\tfrac1n\right)=:\sum a_ncos(0)=1</math>שונה מ-0. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\frac{a_lim\limits_{n+1\to\infty}}{a_n}= 0\begin{pmatrix}2n+2\iff\ n+1\end{pmatrix}lim\fraclimits_{1}{2^{3n+3}}n\cdot to\frac{2infty}(-1)^{3n}}{\begin{pmatrix}2n\\ n\end{pmatrix}}na_n=0</math>)

ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>=\fracdisplaystyle\sum_{(2n+2)!}{(n+=1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=infty\fracbinom{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac{1}{8(2n)!2^{3n}}:=\fracdisplaystyle\sum_{(2n+n=1)(2n+2)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}infty a_n</math>. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

 ג) מתקיים <math>\log ln\frac{1}{n}left(\tfrac1n\right)=-\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]].

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.