<math>b_n=\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\ldots + \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}</math>
בגלל ש <math>n^2+1<\leq n^2+i</math> (כאשר <math>1\leq i\leq n</math>)
ברור ש
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=1</math>
===סעיף ב===
<math>a_{n+1}=\frac{(n-1)x_0 a_n}{n^2-1}</math> כאשר <math>a_2>0</math> ו <math>x_0>1</math>.
נשים לב ש
<math>\frac{(n-1)}{n^2-1}=\frac{n-1}{(n-1)(n+1)}=\frac{1}{n+1}</math>
ולכן
<math>a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}</math>
*טענה: לכל <math>n\in \mathbb{N}</math> מתקיים <math>a_n>0</math>
הוכחה: באינדוקציה, ידוע כבר כי <math>a_2>0</math> אבל אם <math>a_n>0</math> בהכרח יתקיים
<math>a_{n+1}>0</math> כי <math>x_0>0</math> ו <math>\frac{1}{n+1}>0</math>.
*טענה: עבור <math>n>x_0</math> מתקיים <math>a_{n+1}<a_n</math>.
כלומר הסדרה יורדת אם <math>n>x_0</math>.
הוכחה: אם <math>n>x_0</math> אז <math>\frac{x_0}{n+1}<1</math> ולכן
<math>a_{n+1}=\frac{x_0 a_n}{n+1}<a_n</math> (נשים לב שכאן משתמשים בכך ש <math>a_n>0</math>)
קיבלנו שהחל מ <math>N\in \mathbb{N}</math> כלשהוא, הסדרה היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע.
בגלל שמספר סופי של איברים לא משנה את גבול הסדרה, נקבל ש <math>a_n</math> מתכנסת (כי החל מנקודה מסוימת היא מונוטונית יורדת וחסומה מלרע).
נותר רק למצוא את גבולה.
נניח ש
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=L</math>
וברור ש
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{x_0}{n+1}=0</math>
ולכן מתקיים
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} a_{n+1}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{x_0}{n+1}\cdot \lim_{n\rightarrow \infty}a_n = 0\cdot L=0</math>
לכן הגבול הוא <math>0</math>.
==שאלה 4==
===סעיף א===
ראשית נשים לב שמשפט לייבניץ לא עובד כאן. כי לייבניץ דורש (בין השאר) ש <math>a_n</math> היא סדרה מונוטונית יורדת.
את הטענה ניתן להפריך.
נבחר
<math>a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{n}</math>
אזי בוודאי מתקיים
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} a_n=0</math>
אבל
<math>\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} a_n=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{2n+2}\frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}</math>
שהוא טור מתבדר.
===סעיף ב===
*חלק א':
נשים לב שהטור
<math>\sum_{n=2}^{\infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{n(n-1)}</math>
הוא טור חיובי ולכן הוא מתכנס בהחלט אם ורק אם הוא מתכנס
נשתמש במבחן קושי להתכנסות טורים חיוביים:
נביט על הסדרה:
<math>\sqrt[n]{{(\frac{n-1}{n+1})}^{n(n-1)}}={(\frac{n-1}{n+1})}^{(n-1)}</math>
נחשב את הגבול
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{(n-1)}=\lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{n+1}
\lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n-1}{n+1})}^{-2}
=\lim_{n\rightarrow \infty}{(1-\frac{2}{n+1})}^{n+1} \lim_{n\rightarrow \infty}{(\frac{n+1}{n-1})}^2
=e^{-2} \lim_{n\rightarrow \infty}{(1+\frac{2}{n-1})}^2
=e^{-2}
<1
</math>
(שימו לב ש
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}{(1+\frac{x}{a_n})}^{a_n}=e^x</math> כאשר
<math>\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\infty</math>
)
ולכן לפי מבחן קושי הטור מתכנס
*חלק ב
<math>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\sin(nx)}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
זהו לא טור חיובי, ראשית נבדוק התכנסות בהחלט, כלומר נבדוק אם הטור
<math>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{|\sin(nx)|}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
מתכנס.
אנחנו נראה שהוא מתכנס.
ראשית, נשים לב ש
<math>|\sin(nx)|\leq 1</math> ולכן לפי מבחן ההשוואה לטורים חיוביים, מספיק להראות שהטור
<math>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
מתכנס.
היות ויש כאן הרבה <math>\ln</math>, אנו נרצה לנסות את מבחן העיבוי.
הסדרה <math>\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
היא מונוטונית, חיובית ושואפת ל <math>0</math>, ולכן ניתן להשתמש במבחן העיבוי.
נקבל שהטור
<math>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{{(\ln n)}^{\ln n}}</math>
מתכנס אם ורק אם הטור
<math>\sum_{n=2}^{\infty}2^n\frac{1}{{(\ln {2^n})}^{\ln {2^n}}}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n}{{(n \ln 2)}^{n \ln 2}}</math>
זה טור חיובי, נבדוק את התכנסותו באמצעות מבחן קושי
נחשב את גבול הסדרה
<math>\sqrt[n]{\frac{2^n}{{(n \ln 2)}^{n \ln 2}}}</math>
ונקבל:
<math>\lim_{n\rightarrow \infty} {\frac{2}{{(n \ln 2)}^{ \ln 2}}}=0<1</math>
ולכן לפי מבחן קושי הטור מתכנס.
לפי כל השיקולים שהצגנו הטור המקורי מתכנס בהחלט ולכן בוודאי שהוא מתכנס.
==שאלה 5==
===סעיף א===
נחשב את גבול הפונקציה בקצות הקטע:
<math>\lim_{x\rightarrow 1} x \sin (\frac{1}{x})+\frac{\sin x}{x}=1\sin 1 + \sin 1 = 2\sin 1</math>
היות והפונקציה רציפה ב <math>x=1</math> בוודאי שיש לה שם גבול.
כמו כן:
<math>\lim_{x\rightarrow 0} x \sin (\frac{1}{x})=0</math>
כי <math>\lim_{x\rightarrow 0} x =0</math> ו <math>\sin (\frac{1}{x})</math> היא פונקציה חסומה.
ו
<math>\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1</math>
ולכן לפונקציה קיים גבול גם ב <math>x=0</math>.
זאת פונקציה רציפה ב <math>(0,1)</math> שהגבולות שלה בקצות הקטע קיימים ולכן היא רציפה במידה שווה על הקטע <math>(0,1)</math>.
===סעיף ב===
נשים לב ש
<math>\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)</math>
זה ממוצע של הערכים
<math>f(x_1),\ldots , f(x_n)</math>
מבין הערכים האלה חייב להיות מינימום ומקסימום.
כלומר קיימים <math>i_0,i_1</math> עבורם
<math>f(x_{i_0})=\min\{f(x_1),\ldots , f(x_n)\},\quad f(x_{i_1})=\max\{f(x_1),\ldots , f(x_n)\}</math>
ואז נקבל
<math>\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)\leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_{i_1}) = f(x_{i_1})</math>
ובאופן דומה
<math>\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)\geq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_{i_0}) = f(x_{i_0})</math>
נניח בלי הגבלת כלליות ש
<math>x_{i_0}<x_{i_1}</math>
ראינו שהערך
<math>\sum_{i=1}^n f(x_i)</math>
נמצא בין <math>f(x_{i_0})</math> ל <math>f(x_{i_1})</math>
וברור ש <math>f</math>
רציפה על
<math>[x_{i_0},x_{i_1}]</math>
לכן לפי משפט ערך הביניים קיים
<math>c\in (x_{i_0},x_{i_2})\subseteq (a,b)</math>
כך ש:
<math>f(c)=\sum_{i=1}^n f(x_i)</math>
וזה מראה את מה שנדרש
==שאלה 6==
=== סעיף א===
לפי משפט לגרנז', קיימת <math>d\in (a,c)</math>
כך ש
<math>f'(d)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=\frac{f(c)}{c-a}>0</math>
וקיימת <math>e\in (c,b)</math>
כך ש
<math>f'(e)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}=\frac{-f(c)}{b-c}<0</math>
לפי משפט לגרנז' על הפונקציה <math>f'</math>, קיימת <math>t\in (d,e)\subseteq (a,b)</math>
כך ש
<math>f''(t)=\frac{f'(e)-f'(d)}{e-d}</math>
נשים לב ש <math>f'(e)<0,\quad f'(d)>0</math> ו <math>e>d</math> ולכן ברור ש
<math>f''(t)<0</math>
כנדרש
===סעיף ב===
נשתמש במשפט לגרנז' על הפונקציה
<math>f(x)=\ln(x+1)</math> על הקטע <math>[a,b]</math> (בגלל ש <math>b>a>0</math>, הפונקציה מוגדרת וגזירה בקטע זה.)
נזכור כי
<math>f'(x)=\frac{1}{x+1}</math>
ולכן לפי לגרנז' קיימת <math>c\in(a,b)</math> כך ש
<math>\frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}=\frac{1}{c+1}</math>
בגלל ש <math>a<c<b</math>, ברור ש
<math>\frac{1}{b+1}<\frac{1}{c+1}<\frac{1}{a+1}</math>
ולכן
<math>\frac{1}{b+1}<\frac{\ln(b+1)-\ln(a+1)}{b-a}<\frac{1}{a+1}</math>
כלומר
<math>\frac{b-a}{b+1}<\ln(b+1)-\ln(a+1)<\frac{b-a}{a+1}</math>
כלומר
<math>\frac{b-a}{b+1}<\ln(\frac{b+1}{a+1})<\frac{b-a}{a+1}</math>
שזה מה שרצינו להראות