==שאלה 1==
שאלה 1 הייתה שאלת הוכחה מההרצאה. הוכחה 4 פה: [[מדיה:Theorems2013infi2updateII.pdf|הוכחות משפטים למבחן]]
==שאלה 2==
<math>x+\frac{2}{3}\ln|x-1|-\frac{1}{3}\ln|x^2+x+1|-\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+c</math>
=== סעיף ג'===
[[מדיה:Calculus2Test1Question2c2013.jpg|פתרון]]
==שאלה 3==
לכן ניתן להגיע לכך ש- <math>f(x)=\sum_{n=1}^\infty (nx^{2n-1}+nx^{2n-2})</math>. כעת כל מה שנישאר זה קצת לשחק עם המקדמים והמשתנים ככה שיצא טור מקלורן. (יש לשים לב שהמקדמים של הטור יהיו 1,1,2,2,3,3... ולכן נשתמש ב- ceil או floor לתאר את המקדמים)
*הצעה אחרת לפתרון ל-5ב [[מדיה:Question5BCalculus2Test1Year2013.pdf|כאן]]
* אפשר לפתור את התרגיל הזה גם בגישה ישירה:
<math>\frac{1+x}{(1-x^2)^2}=\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-x^2}</math>
ידוע ש:
<math>\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\ldots</math>
<math>\frac{1}{1-x^2}=1+x^2+x^4+\ldots</math>
ולכן
<math>\frac{1}{1-x}\frac{1}{1-x^2}=(1+x+x^2+\ldots)(1+x^2+x^4+\ldots)</math>
<math>=1(1+x+x^2+\ldots)+x^2(1+x+x^2+\ldots)+x^4(1+x+x^2+\ldots)+\ldots=(1+x+x^2+\ldots)+(x^2+x^3+x^4+\ldots)+(x^4+x^5+x^6+\ldots)+\ldots</math>
ומכאן קל לראות שהמקדמים צריכים להיות <math>1,1,2,2,3,3</math> וכו'
==שאלה 6==
כמו כן, <math>1+(-\tan(x))^2=1+\frac{\sin^2(x)}{\cos^2(x)}=\frac1{\cos^2(x)}</math>.
נראה כי <math>\forall x \in [0,\frac{\pi}6] :\cos(x)>0</math> ולכן <math>\sqrt{\frac{1}{\cos^2(x)}}=\frac1{\cos(x)}</math> ולא צריך לדאוג לגבי הסימן של המכנה.(שורש תמיד חיובי ויש מקרים בהם דווקא <math>-\cos(x)</math> חיובי בעוד ש- <math>\cos(x)</math> שלילי)
נרצה לחשב כעת את <math>\int_0^{\frac{\pi}6} \frac{1}{\cos(x)} dx</math>
נעזר בהצבה אוניברסאלית <math>t=tan(\frac { x }{ 2 } )</math>, ולכן האינטגרל הוא
<math>\int _{ 0 }^{ \frac { \pi }{ 6 } }{ \frac { 1 }{ cosx } dx } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi }{ 12 } ) }{ \frac { 1 }{ \frac { 1-t^{ 2 } }{ t^{ 2 }+1 } } \cdot \frac { 2dt }{ t^{ 2 }+1 } } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi }{ 12 } ) }{ \frac { 2 }{ 1-t^{ 2 } } dt } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi }{ 12 } ) }{ \frac { 2 }{ 1-t^{ 2 } } dt } =\int _{ 0 }^{ tan(\frac { \pi }{ 12 } ) }{ [\frac { 1 }{ t+1 } -\frac { 1 }{ t-1 } ]dt } =</math>
<math>=[ln|t+1|-ln|t-1|\quad ]_{ 0 }^{ tan(\frac { \pi }{ 12 } ) }=ln|\frac { t+1 }{ t-1 } |\quad ]_{ 0 }^{ tan(\frac { \pi }{ 12 } ) }=0.5493...</math>