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 אחד 1 כאשר <math>\sin(x^2)</math> חיובי, ומינוס אחד 1- כאשר הוא שלילי, באפס ב-0 היא אינה לא-מוגדרת ולכן זו נקודת אי -רציפות. לכן סה"כ נקודות אי -הרציפות הינן הנן <math>\pm \sqrt{\pi k}</math> כאשר <math>k> 0\ge0</math> ואפס. פרט לאפסל-0, הן כולן '''מין ראשון מכיוון ''' מכיון שמצד אחד הסינוס שלילי, ומהצד השני חיובי (מימין לנקודת אי -הרציפות או משמאלה).

באפסב-0, אנחנו מתקרבים אליו רק מהצד החיובי שם הסינוס חיובי ולכן הוא נקודת אי -רציפות '''סליקה'''.

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 איפוא אפוא לראות שבנקודות פלוס מינוס אחד <math>\pm1</math> יש אי -רציפות ממין מ'''מין ראשון ''' (שם הנגזרת מתקרבת לשתים ל-2 מצד אחד ומינוס שתים ו-2- מצד שני).

<math>xsinx\sin\left(\frac{1}tfrac1{x^2}\right)</math> בתחום <math>(0,\infty)</math>.

<math>\lim_{x\rightarrow 0to0} xsinx\sin\left(\frac{1}tfrac1{x^2}\right) =0</math> אפס כפול חסומה

<math>\displaystyle\lim_{x\rightarrow to\infty} xsinx\sin\left(\frac{1}frac1{x^2}\right) = \lim_{x\rightarrow to\infty} \frac{1}{x}frac1x\cdot\frac{\sin\left(\frac{1}tfrac1{x^2}\right)}{\frac{1}frac1{x^2}}=0\cdot 1cdot1=0</math>

שני הגבולות סופיים ולכן הפונקציה '''רציפה במ"ש'''.

<math>\frac{1}dfrac1{1+logx\ln(x)}</math> בתחום <math>(0,\infty)</math>.

<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.

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>.

הקירוב הלינארי של ;הוכחהמכיון שהפונקציה ו-4 נגזרותיה מתאפסות ב-0, פולינום טיילור מסדר 4 בסביבת הנקודה <math>h(x)=0</math> באיזור הנקודה x_0 הינו שווה זהותית ל-0. השארית היא מהצורה <math>h\dfrac{f^{(x_05)+h'}(x_0c)(}{5!}x^5</math> כאשר <math>0<c<x-x_0)</math>.

במקרה שלנו מכיון ש- <math>h'(2)=(g^{-1}\circ f^{-1})'(25)=}(g^{-1}0)'(>0</math> והנגזרת החמישית רציפה, אז קיימת סביבה של 0 בה <math>f^{-1}(25))(}>0</math> . לכן בסביבה ימנית של 0 מתקיים <math>f^{-1})'(2x)=\fracdfrac{1}{g'(gf^{-1}(f^{-15)}(2)c)} \frac{15!}{f'(fx^{-1}(2))}= 5>0</math>.

ולכן סה"כ נותר להוכיח כי <math>hf(x)>0</math> עבור <math>x>0</math> גם מחוץ לסביבה הימנית הזו. נניח בשלילה כי <math>f(x)=7-\frac{1}{7}le0</math> אזי לפי משפט ערך הביניים <math>f(x-2)=0</math>עבור <math>x>0</math> כלשהוא. אבל גם <math>f(0)=0</math> ולכן לפי משפט רול הנגזרת מתאפסת עבור נקודה גדולה מ-0, בסתירה.