שינויים
;פתרון
ראשית נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\displaystyle\sum\limits_sum_{n=1}^\infty\left|(-1)^n\cdot\dfrac{\ln(n)}{n}\right|=\displaystyle\sum\limits_sum_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}</math>
<math>\ln(n)>1</math> לכל <math>n\ge3</math> ולכן לכל <math>n</math> שכזה מתקיים: <math>\frac1n\le\frac{\ln(n)}{n}</math>
ולפי מבחן ההשוואה הראשון הטור מכיון שהטור ההרמוני מתבדר אז <math>\displaystyle\sum\limits_sum_{n=1}^\infty\dfrac{\ln(n)}{n}</math> מתבדר.
ידוע <math>\lim\limits_{n\to\infty}\fracdfrac{\ln(n)}{n}=0</math> (ואם אתם לא מאמינים לי אפשר להוכיח את זה עם לופיטל) ולכן מספיק להוכיח שהסדרה מונוטונית יורדת כדי להסיק התכנסות בתנאי לפי לייבניץ:
נביט בפונקציה <math>f(x)=\fracdfrac{\ln(x)}{x}</math> , מספיק להראות כי <math>f'(x)\le0</math> כאשר <math>x\ge3</math> .
<math>f'(x)=\frac{1-\ln(x)}{x^2}</math> וקל לראות שהתנאי לעיל מתקיים עבור <math>x\ge e</math> ובפרט עבור <math>x\ge3</math> .
'''ב.''' <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{n^2}\right)</math> '''פתרון:'''
;פתרון
נראה התכנסות בהחלט לפי מבחן ההשוואה הגבולי
<math>\frac{\sin\left(\frac1frac{1}{n^2}\right)}{\frac1{n^2}}\to 1to1</math> ולכן הטורים חברים.
מכיון <math>\sumdisplaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}</math> מתכנס אז גם <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin\left(\frac1tfrac{1}{n^2}\right)</math> .
ולכן הטור מתכנס בהחלט.
'''ג.''' <math>\sum displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cdot\frac{(2n)!}{n^{2n}}</math> '''פתרון:'''
;פתרון
נוכיח התכנסות בהחלט לפי מבחן המנה של ד'לאמבר
<math>\fracbegin{align}\fracdfrac{\dfrac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\fracdfrac{(2n)!}{n^{2n}}}&=\fracdfrac{\fracdfrac{(2n+2)!}{(n+1)^{2n+2}}}{\fracdfrac{(2n)!\cdot n^2}{n^{2n+2}}}=\frac{(2n+2)!}{(2n)!\cdot n^2}\cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n+2}=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot\left(1-\frac1frac{1}{n+1}\right)^{2n+2}\\&=\frac{2(n+1)(2n+1)}{n^2}\cdot \Biggleft(\biggleft(1-\frac1frac{1}{n+1}\biggright)^{n+1}\Biggright)^2\to \frac4frac{4}{e^2}<1\end{align}</math>
ולכן הטור מתכנס בהחלט!
'''א.''' <math>f(x)=x\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{x^2}\right)</math> בקטע <math>(0,1)</math>
נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:
<math>\lim_{x\to 0to0^+}f(x)=\lim_{x\to 0to0^+}x\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{x^2}\right)=0</math> , חסומה כפול <math>0</math> .
<math>\lim_{x\to 1to1^-}f(x)=\lim_{x\to 1to1^-}x\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{x^2}\right)=f(1)=\sin(1)</math> . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.
בדומה לסעיף הקודם, נראה שהגבולות בקצוות הקטע סופיים ולכן הפונקציה רבמ"ש:
<math>\lim_{x\to\infty}x\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{x^2}\right)=\lim_{x\to\infty}x^2\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{x^2}\right)\cdot \lim_{x\to\infty}\frac1frac{1}{x}=1\cdot 0=0</math>
<math>\lim_{x\to 1to1^+}f(x)=\lim_{x\to 1to1^+}x\cdot\sin\left(\frac1tfrac{1}{x^2}\right)=f(1)=\sin(1)</math> . מזאת מכיון שהפונקציה היא מנה, הרכבה וכפל של פונקציות רציפות.
נניח בשלילה שהפונקציה רבמ"ש. הפונקציה <math>h(x)=\arcsin(x)</math> רציפה בתחום <math>[-1,1]</math> ולכן רבמ"ש בו.
מכיון שהתחום <math>[-1,1]</math> הנו התמונה של <math>g</math>, ההרכבה של הפונקציות רבמ"ש (לפי משפט).
לכן <math>(h\circ g)(x)=\arcsin\big(\sin(x^2)\big)=x^2</math> רבמ"ש, בסתירה להוכחה מהתירגול.
נגדיר את שתי הסדרות הבאות:
==שאלה 5==
<math>f(x):=\begin{cases}2-x</math> כאשר <math>&x\in\Q</math> <math>f(x):=\frac1\\dfrac{1}{x}</math> כאשר <math>&x\notin\Q\end{cases}</math>
צריך למצוא עבור אילו ערכים הפונקציה רציפה ועבור אילו ערכים הפונקציה גזירה.
הנקודות בהן הפונקציה רציפה הן הנקודות בהן מתקיים השוויון: <math>2-x=\frac1frac{1}{x}</math>
בכל שאר הנקודות, ניתן לבנות שתי סדרות: אחת של רציונאליים ואחת של אי-רציונאליים שתמונותיהן יתכנסו לשני ערכים שונים ולכן היא אינה רציפה בהן.
במקרה של שוויון, כל סדרה של רציונאליים, אי-רציונאליים או שילוב שלהם תתכנס ל- <math>f(x)</math> בין אם הוא רציונאלי או לא.
נפתור את המשוואה ונקבל תוצאה יחידה: <math>x=1</math>, '''בנקודה זו הפונקציה רציפה.'''
כעת נבדוק האם היא גזירה בנקודה זו, אם הפונקציה גזירה אזי בהכרח <math>(2-x)'(1)=(\frac1{x})'(1)</math> מנימוקים דומים, כלומר:
מכיון שהגבולות <math>\lim\limits_{x\to 1to1}\fracdfrac{\frac1frac{1}{x}-1}{x-1},\lim\limits_{x\to 1to1}\fracdfrac{(2-x)-1}{x-1}\in\R</math>
אז לפי היינה התמונות של כל הסדרות שמתכנסות ל- <math>1</math> יתכנסו לגבולות האלו. אם הפונקציה גזירה, בהכרח הגבול קיים ולכן כל הסדרות התמונות חייבות להתכנס לאותה נקודה. על כל פנים, נחזור לשוויון שהצגנו לעיל:
<math>(2-x)'(1)=-1=-\frac1frac{1}{1^2}=\left(-\frac1frac{1}{x^2}\right)(1)=\left(\frac1frac{1}{x}\right)'(1)</math>
'''ולכן הפונקציה גזירה בנקודה ''' <math>x=1</math>.'''
==שאלה 6==
'''א.'''
<math>\Biggbegin{align}\frac{d}{dx}\left(x^{\cos\leftbig(e^{x^2}\rightbig)}\Biggright)'&=\Biggfrac{d}{dx}\left(e^{\cos\leftbig(e^{x^2}\rightbig)\cdot\ln(x)}\Biggright)'\\&=e^{\cos\leftbig(e^{x^2}\rightbig)\cdot\ln(x)}\cdot\Biggfrac{d}{dx}\left(\cos\leftbig(e^{x^2}\rightbig)\cdot\ln(x)\Biggright)'=x^{\cos\leftbig(e^{x^2}\rightbig)}\cdot\Biggleft(\frac{\cos\big(e^{x^2}\big)}{x}-2x\cdot e^{x^2}\cdot\ln(x)\cdot\sin\leftbig(e^{x^2}\rightbig)+\frac{\cos\left(e^{x^2}\right)}\end{xalign}\Bigg)</math>
'''ב.'''
<math>\Biggbegin{align}\frac{d}{dx}\left(\arctan\left(\frac{\ln(x)}{1+x^2}\right)\Biggright)'&=\fracdfrac{\dfrac{d}{dx}\left(\fracdfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)'}{1+\left(\fracdfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}\\&=\fracdfrac{\fracdfrac{\fracdfrac{1+x^2}{x}-2x\cdot\ln(x)}{(1+x^2)^2}}{1+\left(\fracdfrac{\ln(x)}{1+x^2}\right)^2}=\fracdfrac{\fracdfrac{1+x^2-4x^2\ln(x)}{x(1+x^2)^2}}{\fracdfrac{(1+x^2+1)^2+\ln^2(x)}{(1+x^2)^2}}=\frac{1+x^2\big(1-4x^24\ln(x)\big)}{x\big((1+x^2+1)^2+x\cdot\ln^2(x)\big)}\end{align}</math>
'''ג.'''
