הבדלים בין גרסאות בדף "פתרון אינפי 1, תשנ"ט, מועד ב,"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
מ
 
(33 גרסאות ביניים של 7 משתמשים אינן מוצגות)
שורה 1: שורה 1:
 +
[[קטגוריה:פתרון מבחנים]][[קטגוריה:אינפי]]
 
([http://u.cs.biu.ac.il/~sheinee/tests/math/88132/4ef1a90c2a767.pdf המבחן] )
 
([http://u.cs.biu.ac.il/~sheinee/tests/math/88132/4ef1a90c2a767.pdf המבחן] )
  
  
−
1) היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:
+
==שאלה 1==
 +
היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:
  
−
א) נניח ש<math>\sum^{\infty } b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\sum^{\infty } 2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש <math>2^nb_{2^n}\rightarrow 0</math>.
+
א) נניח כי <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר <math>2^nb_{2^n}\to0</math> .
  
−
לכל n קיים k כך ש- <math>2^k\leq 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>).
+
לכל <math>n</math> קיים <math>k</math> כך ש- <math>2^k\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 b_x>b_y</math>.
+
הסדרה <math>\{b_n\}</math> יורדת ולכן <math>x<y\to b_x>b_y</math> .
  
−
נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש <math>b_{2^{k+1}}\leq b_n \leq b_{2^k}</math>.
+
נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל כי <math>b_{2^{k+1}}\le b_n\le b_{2^k}</math> .
  
−
נכפיל ב<math>n</math> (חיובי) את אגפי האי-שוויון: <math>nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}</math>
+
נכפיל ב- <math>n</math> (חיובי) את אגפי אי-השוויון: <math>n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}</math>
  
−
נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0\leftarrow \frac{1}{2}2^{k+1}b_{2^{k+1}}=2^kb_{2^{k+1}}\leq nb_{2^{k+1}}\leq nb_n \leq nb_{2^k}\leq 2^{k+1}b_{2^k}\rightarrow 0</math>\
+
נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0\leftarrow\dfrac{2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^k\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}\le2^{k+1}\cdot b_{2^k}\to0</math>
  
−
ולכן לפי משפט הסנדוויץ' נקבל את הדרוש, <math>nb_b\rightarrow 0</math>.
+
ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ']] נקבל את הדרוש, <math>n\cdot b_n\to0</math> .
  
−
ב) דוגמה נגדית: <math>b_n=\frac{1}{n\cdot ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>nb_n=\frac{1}{ ln(n)}\rightarrow 0</math>.
 
  
−
ג) ניקח את הסדרה <math>b_n=\left\{\begin{matrix}
+
;דרך נוספת
−
2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=2^k \\
+
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).
−
0 & else
+
−
\end{matrix}\right.=1,\frac{1}{2},0,\frac{1}{4},0,0,0,\frac{1}{8}...</math>.
+
  
−
הטור <math>\sum b_n</math> מתכנס (טור גיאומטרי עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1...</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).
+
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> .
  
−
2)א) נבדוק התכנסות בהחלט: ברור שהטור <math>\sum cos(\frac{1}{n})</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim_{n \to \infty }cos(\frac{1}{n})=cos0=1</math> שונה מ0.
 
  
−
הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי <math>\lim_{n \to \infty }a_n=0\leftrightarrow \lim_{n \to \infty }(-1)^na_n=0</math>)
+
ב) דוגמא נגדית: <math>b_n=\dfrac{1}{n\cdot\ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>n\cdot b_n=\dfrac{1}{\ln(n)}\to 0</math> .
  
−
ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum \begin{pmatrix}
+
ג) ניקח את הסדרה
−
2n\\  
+
<math>b_n=\begin{cases}2^{-k} &\exists k\in\N:n=2^k\\0&\text{else}\end{cases}=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\ldots</math>
−
n
+
−
\end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n}}=:\sum a_n</math>. נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:
+
  
−
<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}= \begin{pmatrix}
+
הטור <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\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,\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).
−
2n+2\\
+
−
n+1
+
−
\end{pmatrix}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot \frac{2^{3n}}{\begin{pmatrix}
+
−
2n\\
+
−
n
+
−
\end{pmatrix}}=</math>
+
  
−
<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}
+
==שאלה 2==
−
</math>
+
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>)
  
−
נעבור לגבול: <math>\lim_{n \to \infty }\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.
+
ב) נבדוק התכנסות בהחלט:  
 +
<math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\binom{2n}{n}\frac{1}{2^{3n}}:=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n</math> . נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:
  
 +
<math>\begin{align}\frac{a_{n+1}}{a_n}&=\binom{2n+2}{n+1}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot\frac{2^{3n}}{\binom{2n}{n}}\\&=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot\frac{n!^2}{(2n)!\cdot2^3}=\frac{(2n+2)!}{(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>
  
−
ג) נבדוק התכנסות בהחלט:
 
−
מתקיים <math>\forall n \in \mathbb{N}: e^n\geq \frac{1}{n}\Rightarrow n\geq log(\frac{1}{n})\Rightarrow \frac{1}{n}\leq \frac{1}{log(\frac{1}{n})}</math>
 
  
−
(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> , לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.
−
ולכן ממבחן ההשוואה נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור שלנו, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. (למישהו יש נימוק יותר שגרתי?)
+
  
−
הטור כפול -1 מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ, ולכן הטור שלנו מתכנס בתנאי אף הוא (כפל בקבוע לא משנה להתכנסות). (הכפלתי משום שהטור עולה במקום יורד, ואנחנו ניסחנו את לייבניץ עבור סדרה יורדת)
 
  
 +
ג) מתקיים <math>\ln\left(\tfrac1n\right)=-\log(n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{\log(n)}</math>
 +
נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן <math>\ln</math> בתור <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]].
  
−
3)א) הפונקצייה לא מוגדרת ב0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.
+
==שאלה 3==
 +
א) הפונקציה לא מוגדרת ב-0, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.
  
−
ב) נגזור: <math>(x^{\frac{1}{3}})'=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math>.
+
ב) נגזור: <math>(x^{\frac13})'=\frac13x^{-\frac23}=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math> .
  
 +
בקטע <math>[-1,1]</math> הפונקציה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור. בקרן <math>[1,\infty)</math> ובקרן <math>(-\infty,-1]</math> נגזרת הפונקציה חסומה ולכן הפונקציה רבמ"ש בכל אחת מהן.
  
−
בקטע <math>[-1,1]</math> הפונקצייה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור.
+
כעת ניזכר בכך שפונקציה 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 שהפונקציה רציפה במ"ש בכל הישר.
−
בקרן <math>(0, \infty)</math> ובקרן <math>( -\infty,0)</math> נגזרת הפונ' חסומה ע"י <math>\frac{1}{3}</math> ולכן הפונ' רבמ"ש בכל אחת מהן.
+
  
−
כעת ניזכר בכך שפונ' רציפה במ"ש באוסף קטעים 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> .
  
−
ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור <math>[-1,1]</math>.
+
נגזור: <math>\frac{d}{dx}\big(\log(1+x^2)\big)=\dfrac{2x}{1+x^2}\le\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le2</math> בתחום
 +
<math>(-\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
+
הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים <math>(-\infty,-1]\cup[1,\infty)</math> .
−
</math> בתחום
+
−
<math>
+
−
(-\infty ,-1)\cup (1,\infty) </math>.
+
  
 +
הוכחנו שפונקציה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם. נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונקציה רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\R</math> .
  
−
הנגזרת חסומה ולכן הפונקצייה רציפה במ"ש בקטעים <math>
+
==שאלה 4==
−
(-\infty ,-1] and [1,\infty) </math>.
+
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> :
  
−
הוכחנו שפונקצייה רציפה בשני קטעים מהצורה <math>(a,b],[b,c)</math> היא רציפה באיחוד שלהם.
+
יהי <math>n\in\N</math> . מתקיים <math>\lim\limits_{x\to2\pi n^+}\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=1</math> ואילו <math>\lim\limits_{x\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.
−
נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונ' רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא <math>\mathbb{R}</math>.
+
</s>
  
 +
;תיקון
 +
מתקיים <math>1-\cos(x)\ge0</math>
  
−
4)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>:
+
ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- <math>\dfrac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי-רציפויות סליקות.
  
−
יהי <math>n \in \mathbb{N}</math>. מתקיים <math> \lim_{x\rightarrow 2\pi n^+}\frac{cosx-1}{|cosx-1|}=+1</math> ואילו <math> \lim_{x\rightarrow 2\pi n^-}\frac{cosx-1}{|cosx-1|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נק' האי-רציפות של הפונקצייה הנתונה.
+
ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ-0, כלומר כאשר <math>x\ne\pm\sqrt{\pi n}</math> . בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם 1 ולכן זאת אי-רציפות סליקה.
  
−
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>\dfrac{1}{\log\left(\cos^2(x)\right)}</math> . הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים ה- <math>\log</math> חיובי וגם המכנה שונה מ-0, כלומר לפונקציה יש אי-רציפות כאשר <math>\cos^2x=0\ \and\ \log\left(\cos^2(x)\right)=0</math> . מכאן <math>\cos(x)=0\ \and\ \cos^2(x)=1</math> . קיבלנו כי <math>x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n\ \and\ x=\pi n</math> הן הנקודות בהן הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל- <math>x=\frac{\pi n}{2}</math> .
−
 
+
−
ג) <math>\frac{1}{log(cos^2x)}</math>. הפונ' רציפה בדיוק כאשר פנים הלוג חיובי וגם המכנה שונה מ0, כלומר לפונ' יש אי רציפות כאשר <math>cos^2x=0 \, \, \vee log(cos^2x) =0</math>. מכאן <math>cosx=0 \, \, \vee  (cos^2x) =1</math>. קיבלנו ש<math>x=\pi/2+\pi n \, \, \vee  x=\pi n</math> הן הנק' בהן הפונ' 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 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.
+
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>
  
−
לסיכום:<math>\leftarrow x=\pi/2+\pi n  </math> סליקה.
+
==שאלה 7==
−
<math>\leftarrow  x=\pi n</math> מין שני.
+
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:
  
−
5)א) אקסיומת השלמות: תהי <math>A\subset \mathbb{R}</math>. אם <math>A \neq \varnothing </math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל<math>A</math> חסם עליון.
+
<math>\begin{align}\displaystyle\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]&=\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\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)\cdot0=0\end{align}</math>
  
−
ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם:
+
ומכאן <math>\lim\limits_{h\to0}f(x_0+h)=f(x_0)</math> , כלומר הפונקציה רציפה ב- <math>x_0</math> .
−
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:  
+
ב) הוכחה שגויה: הפונקציה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>x_0</math> שבה מרחק פונקציית הנגזרת <math>f'(x)</math> מהנגזרת <math>f'(x_0)</math> אינו עולה על אפסילון, ולכן <math>f'(x_0)+\epsilon</math> מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.
−
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>.
+
::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.)
  
−
ד)כלל לופיטל:
+
;תיקון
−
תהיינה <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)=0</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 לו.
+
<math>f(x)=\begin{cases}x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}</math>
  
 +
<math>f'(x)=\begin{cases}\frac43x^{\frac13}\sin\left(\tfrac1x\right)-x^{-\frac23}\cos\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)}{x}=0&x=0\end{cases}</math>
  
−
6)א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)
+
אבל לכל <math>x\ne0</math> הנגזרת לא חסומה בסביבת 0.
  
−
ב)<math>f(x)=x^{e^{x^{e}}}=e^{e^{x^e}lnx}</math>.
+
ג) הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)
  
−
<math>f'(x)=(e^{e^{x^e}lnx})'=e^{e^{x^e}lnx}\cdot (e^{x^e}lnx)'=</math>
+
באופן מסודר:
 +
נתבונן בפונקציה <math>f(x)=\begin{cases}x^2\sin\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}</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>
+
היא גזירה בקטע <math>[-1,1]</math> , אבל הנגזרת אינה רציפה ב-0.
  
−
<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})=</math>
+
נימוק: לכל <math>x\ne0</math> בקטע, הפונקציה היא הרכבת גזירות ולכן גזירה.
 +
בנקודה 0, על-פי ההגדרה:
  
−
<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>
+
<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)}{x}=\lim_{x\to0}x\sin\left(\tfrac1x\right)=0</math>  
  
−
7)א)הוכחנו בכיתה.
+
(מכפלת פונקציה חסומה בשואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ')
  
−
ב) הוכחה: הפונקצייה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>x_0</math> שבה מרחק פונקציית הנגזרת <math>f'(x)</math> מהנגזרת <math>f'(x_0)</math> אינו עולה על אפסילון, ולכן <math>f'(x_0)+ \epsilon</math> מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.
+
הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונקציה בנקודה. לכן הפונקציה אכן גזירה ב- <math>[-1,1]</math> .
  
−
ג)הפרכנו בתרגול (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)
+
הנגזרת אינה רציפה ב-0, כי הגבול של הנגזרת, <math>\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\left[2x\sin\left(\tfrac1x\right)-\cos\left(\tfrac1x\right)\right]</math> אפילו אינו קיים.
  
−
8)הטענה שגוייה- עשינו בתרגול.
+
==שאלה 8==
 +
8) הטענה שגויה - הפרכנו בתרגול.

גרסה אחרונה מ־12:52, 9 בפברואר 2017

(המבחן )


שאלה 1

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

א) נניח כי \displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן \displaystyle\sum_{n=1}^\infty2^nb_{2^n} מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר 2^nb_{2^n}\to0 .

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

הסדרה \{b_n\} יורדת ולכן x<y\to b_x>b_y .

נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל כי b_{2^{k+1}}\le b_n\le b_{2^k} .

נכפיל ב- n (חיובי) את אגפי אי-השוויון: n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}

נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: 0\leftarrow\dfrac{2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^k\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_{2^{k+1}}\le n\cdot b_n\le n\cdot b_{2^k}\le2^{k+1}\cdot b_{2^k}\to0

ולכן לפי משפט הסנדוויץ' נקבל את הדרוש, n\cdot b_n\to0 .


דרך נוספת

נוכיח ש 2n\cdot b_{2n}\to0 וכן (2n+1)\cdot b_{2n+1}\to0 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 \displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n ב- S_n אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים S_{2n}-S_n\to0 וכן S_{2n+1}-S_n\to0 . מההתכנסות הראשונה נקבל כי b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n}\to0 . כיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל 0<n\cdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} .

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


ב) דוגמא נגדית: b_n=\dfrac{1}{n\cdot\ln(n)}. ממבחן העיבוי הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n מתבדר, אך בכל זאת n\cdot b_n=\dfrac{1}{\ln(n)}\to 0 .

ג) ניקח את הסדרה b_n=\begin{cases}2^{-k} &\exists k\in\N:n=2^k\\0&\text{else}\end{cases}=1,\frac12,0,\frac14,0,0,0,\frac18,\ldots

הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n מתכנס (טור הנדסי עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1,\ldots 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 \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\cos\left(\tfrac1n\right) מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן \lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\tfrac1n\right)=\cos(0)=1 שונה מ-0.

הטור מתבדר לפי התנאי ההכרחי. (כי \lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\ \iff\ \lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0)

ב) נבדוק התכנסות בהחלט: \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\binom{2n}{n}\frac{1}{2^{3n}}:=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n . נוכיח התכנסות בהחלט ע"י שימוש במבחן המנה:

\begin{align}\frac{a_{n+1}}{a_n}&=\binom{2n+2}{n+1}\frac{1}{2^{3n+3}}\cdot\frac{2^{3n}}{\binom{2n}{n}}\\&=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot\frac{n!^2}{(2n)!\cdot2^3}=\frac{(2n+2)!}{(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}


נעבור לגבול: \displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{4n+4}=\frac12<1 , לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.


ג) מתקיים \ln\left(\tfrac1n\right)=-\log(n) לכן הטור הוא למעשה \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{\log(n)} נבדוק התכנסות בהחלט: (סימַנו כאן \ln בתור \log), ממבחן ההשוואה נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\log(n)} , 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.

ב) נגזור: (x^{\frac13})'=\frac13x^{-\frac23}=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}} .

בקטע [-1,1] הפונקציה היא רציפה בקטע סגור ולכן רבמ"ש לפי משפט קנטור. בקרן [1,\infty) ובקרן (-\infty,-1] נגזרת הפונקציה חסומה ולכן הפונקציה רבמ"ש בכל אחת מהן.

כעת ניזכר בכך שפונקציה 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 x^2) רציפה במ"ש גם על האיחוד הכללי שלהם, ולכן קיבלנו שהפונקציה רציפה במ"ש בכל הישר.


ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור [-1,1] .

נגזור: \frac{d}{dx}\big(\log(1+x^2)\big)=\dfrac{2x}{1+x^2}\le\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le2 בתחום (-\infty,-1)\cup(1,\infty) .

הנגזרת חסומה ולכן הפונקציה רציפה במ"ש בקטעים (-\infty,-1]\cup[1,\infty) .

הוכחנו שפונקציה רציפה בשני קטעים מהצורה (a,b],[b,c) היא רציפה באיחוד שלהם. נשתמש במשפט הנ"ל פעמיים, ונקבל שהפונקציה רבמ"ש באיחוד הקטעים, שהוא \R .

שאלה 4

4) א) הפונקציה הנתונה \dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|} היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ-0, כלומר בכל x\ne2\pi n. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה 2\pi n :

יהי n\in\N . מתקיים \lim\limits_{x\to2\pi n^+}\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=1 ואילו \lim\limits_{x\to2\pi n^-}\dfrac{\cos(x)-1}{\big|\cos(x)-1\big|}=-1 ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נקודות האי-רציפות של הפונקציה הנתונה.

תיקון

מתקיים 1-\cos(x)\ge0

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

ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ-0, כלומר כאשר x\ne\pm\sqrt{\pi n} . בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד-צדדיים הם שניהם 1 ולכן זאת אי-רציפות סליקה.

ג) \dfrac{1}{\log\left(\cos^2(x)\right)} . הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים ה- \log חיובי וגם המכנה שונה מ-0, כלומר לפונקציה יש אי-רציפות כאשר \cos^2x=0\ \and\ \log\left(\cos^2(x)\right)=0 . מכאן \cos(x)=0\ \and\ \cos^2(x)=1 . קיבלנו כי x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n\ \and\ x=\pi n הן הנקודות בהן הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל- x=\frac{\pi n}{2} .

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 \infty ולכן זה מין שני.

לסיכום:\leftarrow x=\tfrac{\pi}{2}+\pi n סליקה. \leftarrow x=\pi n מין שני.

שאלה 5

א) אקסיומת השלמות: תהי A\subset\R . אם A\ne\varnothing וגם A חסומה מלעיל, אזי יש ל- A חסם עליון.

ב) הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם: תהי I_n סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה I_1\subseteq I_2\subseteq\ldots , כך שאורך הקטעים שואף ל-0. אזי קיימת נקודה יחידה c הנמצאת בכל הקטעים.


ג) משפט ערך הביניים - כנ"ל: תהי f פונקציה הרציפה בקטע [a,b] . אזי לכל y בין f(a),f(b) קיימת c\in[a,b] עבורה f(c)=y .

ד) כלל לופיטל: תהיינה f,g פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה a . אם \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0 והגבול \lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)} קיים, אז גם הגבול \lim\limits_{x\to a}\dfrac{f(x)}{g(x)} קיים, ושווה לו.

שאלה 6

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

ב)

\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}

שאלה 7

א) הוכחנו בכיתה: תהי f פונקציה גזירה ב- x_0 , אז קיים הגבול \lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=f'(x_0) . ברור מרציפות הפונקציות הלינאריות כי \lim\limits_{h\to0}h=0 .

לכן:

\begin{align}\displaystyle\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]&=\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\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)\cdot0=0\end{align}

ומכאן \lim\limits_{h\to0}f(x_0+h)=f(x_0) , כלומר הפונקציה רציפה ב- x_0 .


ב) הוכחה שגויה: הפונקציה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של x_0 שבה מרחק פונקציית הנגזרת f'(x) מהנגזרת f'(x_0) אינו עולה על אפסילון, ולכן f'(x_0)+\epsilon 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.)
תיקון

f(x)=\begin{cases}x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}

f'(x)=\begin{cases}\frac43x^{\frac13}\sin\left(\tfrac1x\right)-x^{-\frac23}\cos\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)}{x}=0&x=0\end{cases}

אבל לכל x\ne0 הנגזרת לא חסומה בסביבת 0.

ג) הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)

באופן מסודר: נתבונן בפונקציה f(x)=\begin{cases}x^2\sin\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}

היא גזירה בקטע [-1,1] , אבל הנגזרת אינה רציפה ב-0.

נימוק: לכל x\ne0 בקטע, הפונקציה היא הרכבת גזירות ולכן גזירה. בנקודה 0, על-פי ההגדרה:

\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)}{x}=\lim_{x\to0}x\sin\left(\tfrac1x\right)=0

(מכפלת פונקציה חסומה בשואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ')

הגבול הנ"ל קיים ושווה 0, ולכן הוא שווה לנגזרת הפונקציה בנקודה. לכן הפונקציה אכן גזירה ב- [-1,1] .

הנגזרת אינה רציפה ב-0, כי הגבול של הנגזרת, \displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}\left[2x\sin\left(\tfrac1x\right)-\cos\left(\tfrac1x\right)\right] אפילו אינו קיים.

שאלה 8

8) הטענה שגויה - הפרכנו בתרגול.

מקור: https://math-wiki.com/index.php?title=פתרון_אינפי_1,_תשנ%22ט,_מועד_ב,&oldid=70447