שינויים

הוכח/הפרך: הסדרה <math>a_n </math> מתכנסת אם"ם לכל תת -סדרה a_n_k <math>a_{n_k}</math> יש -תת סדרה מתכנסת.

===;הפרכה===כל סדרה חסומה שאינה מתכנסת מהווה דוגמא נגדית, מכיוון מכיון שכל תת -סדרה חסומה גם היא ולפי משפט בולצאנו -ויירשטראס יש לה תת -סדרה מתכנסת. (למשל <math>a_n=(-1)^n</math>)

<math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{2^{n^3}}{(n!)^n}</math>

נבדוק התכנסות בהחלט, נפעיל מבחן קושי, לקבללקבלת:

<math>b_n=\sqrt[n]{|a_n|}=\fracdfrac{2^{n^2}}{n!}</math>

קל לראות שכי <math>\dfrac{b_{n+1}/}{b_n }\rightarrowto\infty</math> ולכן <math>b_n\rightarrowto\infty</math>. ולכן לכן <math>|a_n|\rightarrowto\infty</math> ולכן הטור '''מתבדר לחלוטין'''.

<math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\sin\left(\frac{1}{n}frac1n\right)}{(\log n)^2(n)}</math>

נבדוק התכנסות בהחלט. קל לראות שכי

<math>\fracdfrac{\fracdfrac{\sin\left(\frac{1}{n}frac1n\right)}{(\log ^2(n)^2}}{\frac{1}dfrac1{n(\cdot\log ^2(n)^2}}\rightarrow 1to1</math>

ולכן הטורים חברים. נוכיח שהשני מתכנס בעזרת מבחן העיבוי (מותר כי זו סדרה מונוטונית יורדת לאפסל-0):

<math>\fracdfrac{2^n}{2^n(\cdot\log{^2(2^n})^2}=\frac{1}dfrac1{n^2(\cdot\log{^2(2})^2}</math>

<math>\sum (-displaystyle\sum_{n=1)}^n\frac{infty(-\pi)^n}{\frac{(2n)!}{(n!)^2}{(2n)!}</math>

נבדוק התכנסות בהחלט, נפעיל את מבחן דלאמבר לקבל  <math>\left|\fracdfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\dfrac{\pi^{n+1}\fracdfrac{\big((n+1)!\big)^2}{\big(2(n+1)\big)!}}{\pi^n\dfrac{(n!)^2}{(2n)!}}=\pi\cdot\dfrac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)}\rightarrow =\frac{\pi}{2}\cdot\dfrac{n+1}{2n+1}\to\dfrac{\pi}{4}<1</math>

זהה וסווג את נקודות אי -הרציפות.

<math>e^{-\frac{1}frac1{x^3}}</math>

נקודת אי -הרציפות היא אפס0. הגבול משמאל הינו אינסוף הנו <math>\infty</math> ולכן זה '''מין שני'''.

<math>\frac{\sin(x^2)}{\big|\sin(x^2)\big|}</math> כמו שלמדנו, הפונקציה הזו מקבלת 1 כאשר <math>\sin(x^2)</math> חיובי, 1- כאשר הוא שלילי, ב-0 היא לא-מוגדרת ולכן זו נקודת אי-רציפות. לכן סה"כ נקודות אי-הרציפות הנן <math>\pm \sqrt{\pi k}</math> כאשר <math>k\ge0</math> . פרט ל-0, הן כולן '''מין ראשון''' מכיון שמצד אחד הסינוס שלילי, ומהצד השני חיובי (מימין לנקודת אי-הרציפות או משמאלה).  ב-0, אנחנו מתקרבים אליו רק מהצד החיובי שם הסינוס חיובי ולכן הוא נקודת אי-רציפות '''סליקה'''. ===ג===<math>f'(x)</math> כאשר <math>f(x)=|x^2-1|</math> נחלק לתחומים. בתחום <math>x>1\ ,\ x<-1</math> מתקיים <math>f(x)=x^2-1</math> ולכן <math>f'(x)=2x</math> . בתחום <math>-1<x<1</math> מתקיים <math>f(x)=1-x^2</math> ולכן <math>f'(x)=-2x</math> . קל אפוא לראות שבנקודות <math>\pm1</math> יש אי-רציפות מ'''מין ראשון''' (שם הנגזרת מתקרבת ל-2 מצד אחד ו-2- מצד שני). ==שאלה 5==אילו מהפונקציות הבאות רציפות במ"ש בקטעים המסומנים? ===א===<math>x\sin\left(\tfrac1{x^2}\right)</math> בתחום <math>(0,\infty)</math> . קל לראות שהפונקציה רציפה בקטע, נבדוק גבולות בקצות הקטע: <math>\lim_{x\to0}x\sin\left(\tfrac1{x^2}\right)=0</math> אפס כפול חסומה <math>\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\sin\left(\frac1{x^2}\right)=\lim_{x\to\infty}\frac1x\cdot\frac{\sin\left(\tfrac1{x^2}\right)}{\frac1{x^2}}=0\cdot1=0</math> שני הגבולות סופיים ולכן הפונקציה '''רציפה במ"ש'''. ===ב===<math>\dfrac1{1+\ln(x)}</math> בתחום <math>(0,\infty)</math> . קל לראות שהפונקציה אינה מוגדרת בנקודה <math>e^{-1}</math> שנמצאת בתחום ולכן '''אינה רציפה במ"ש''' שם. ===ג===<math>\sqrt{\big|\cos(\pi x)\big|}</math> בתחום <math>(-\infty,\infty)</math> . זו הרכבה של פונקציה רציפות במ"ש: <math>\sqrt{x},|x|,\cos(x),\pi x</math> ולכן '''רציפה במ"ש''' בתחום. ==שאלה 7==חשב את הקירוב הלינארי של <math>h=g^{-1}\circ f^{-1}</math> ב- <math>x_0=2</math> . הקירוב הלינארי של <math>h(x)</math> באזור הנקודה <math>x_0</math> , הנו <math>h(x_0)+h'(x_0)(x-x_0)</math> במקרה שלנו <math>h'(2)=(g^{-1}\circ f^{-1})'(2)=\Big[\dfrac{d}{dx}g^{-1}\Big(f^{-1}(2)\Big)\Big]\cdot\Big[\dfrac{d}{dx}f^{-1}(2)\Big]=\frac{1}{g'\Big(g^{-1}\big(f^{-1}(2)\big)\Big)}\cdot\dfrac1{f'\big(f^{-1}(2)\big)}</math> ולכן סה"כ <math>h(x)=7-\frac{x-2}{7}</math> =המבחן של דר' שמחה הורוביץ===שאלה 3==תהי <math>g</math> פונקציה רציפה במ"ש בקטע <math>(0,1)</math> . נניח שקיים <math>\varepsilon>0</math> כך שמתקיים <math>g(x)>\varepsilon</math> לכל <math>x\in(0,1)</math> . הוכח שהפונקציה <math>\dfrac1g</math> רציפה במ"ש בקטע <math>(0,1)</math> . ;הוכחהלפי הנתון, לכל <math>\alpha>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שאם <math>|x_1-x_2|<\delta</math> מתקיים <math>\Big|g(x_1)-g(x_2)\Big|<\alpha\cdot\varepsilon^2</math> . לכן, מתקיים <math>\left|\dfrac1{g(x_1)}-\dfrac1{g(x_2)}\right|=\left|\dfrac{g(x_2)-g(x_1)}{g(x_1)\cdot g(x_2)}\right|<\dfrac{\alpha\cdot\varepsilon^2}{\varepsilon^2}=\alpha</math> כפי שרצינו. <math>\blacksquare</math> ==שאלה 6==תהי <math>f</math> פונקציה בעלת חמש נגזרת רציפות על הממשיים. נניח ש- <math>f(0)=f'(0)=\ldots=f^{(4)}(0)=0</math> וגם <math>f^{(5)}(0)>0</math> . עוד נניח שלכל <math>x\ne 0</math> מתקיים <math>f'(x)\ne 0</math> . הוכיחו שלכל <math>x>0</math> מתקיים <math>f(x)>0</math> . ;הוכחהמכיון שהפונקציה ו-4 נגזרותיה מתאפסות ב-0, פולינום טיילור מסדר 4 בסביבת הנקודה <math>x=0</math> שווה זהותית ל-0. השארית היא מהצורה <math>\dfrac{f^{(5)}(c)}{5!}x^5</math> כאשר <math>0<c<x</math> .

כמו שלמדנו, הפונקציה הזו מקבלת אחד כאשר מכיון ש- <math>sin(xf^2{(5)}(0)>0</math> חיוביוהנגזרת החמישית רציפה, ומינוס אחד כאשר הוא שלילי, באפס היא אינה מוגדרת ולכן זו נקודת אי רציפות. לכן סה"כ נקודות אי הרציפות הינן אז קיימת סביבה של 0 בה <math>\pm \sqrtf^{\pi k(5)}>0</math> כאשר . לכן בסביבה ימנית של 0 מתקיים <math>kf(x)=\dfrac{f^{(5)}(c)}{5!}x^5> 0</math> ואפס. פרט לאפס, הן כולן מין ראשון מכיוון שמצד אחד הסינוס שלילי, ומהצד השני חיובי (מימין לנקודת אי הרציפות או משמאלה).

באפס, אנחנו מתקרבים אליו רק מהצד החיובי שם הסינוס חיובי נותר להוכיח כי <math>f(x)>0</math> עבור <math>x>0</math> גם מחוץ לסביבה הימנית הזו. נניח בשלילה כי <math>f(x)\le0</math> אזי לפי משפט ערך הביניים <math>f(x)=0</math> עבור <math>x>0</math> כלשהוא. אבל גם <math>f(0)=0</math> ולכן הוא נקודת אי רציפות סליקהלפי משפט רול הנגזרת מתאפסת עבור נקודה גדולה מ-0, בסתירה.