שינויים

::<math>\lim_{x\rightarrow to 0}\Big(bigg[\frac{1}frac1{x}-\frac{1}frac1{\sin(x)}\Big)bigg]</math>

 ::<math>\lim_{n\rightarrowto\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}frac1{k}</math> 

 ::<math>\frac{1}frac1{x}-\frac{1}frac1{\sin(x)}=\frac{\sin(x)-x}{xsinx\cdot\sin(x)}</math> כיוון כיון שהמונה והמכנה שואפים לאפסל- <math>0</math>, ניתן להפעיל את כלל לופיטל. אם הגבול קיים לאחר גזירת המונה והמכנה בנפרד אז הוא שווה לגבול המקורי וסיימנו. ::<math>\frac{\cos(x)-1}{\sin(x)+xcosx\cdot\cos(x)}</math> 

 ::<math>\frac{-\sin(x)}{\cos(x)+\cos(x)-xsinx\cdot\sin(x)}</math> 

ב.<br>נסמן את איברי הסדרה ב-::<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}</math>  

 ::<math>a_{n+1}-a_n=\frac{1}frac1{2k+1}+\frac{1}frac1{2k+2}-\frac{1}frac1{k}\leq le \frac{1}frac1{2k}+\frac{1}frac1{2k}-\frac{1}frac1{k}\leq le 0</math> ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על -ידי אפס <math>0</math> ולכן מתכנסת.

א. <math>\sum\frac{n+n^2+...\cdots+n^n}{n^{n+2}}</math>

ב. <math>\sum\frac{\cos\Bigleft(\frac{n\pi}{2}\Bigright)}{2n+\sqrt{n}}</math>

  א. <math>{\sum\frac{n+n^2+...\cdots+n^n}{n^{n+2}}}=\sum\frac{n\cdot\frac{1-n^{n}}{1-n}}{n^{n+2}}=\sum\frac{1-n^{n}}{(1-n)n^{n+1}}=\sum\frac{1}frac1{(1-n)n^{n+1}}-\frac{1}frac1{(1-n)n}</math>

ב.כיוון שהקוסינוס מקבל את הערכים אפס אחד ומינוס אחד במחזוריות הידועה, טור זה בעצם שווה לטור ::<math>\sum\frac{(-1)^{n+1}}{2(2n)+\sqrt{2n}}</math> קל לראות שזהו טור שאינו מתכנס בהחלט כיוון כיון שהוא חבר של הטור ההרמוני, אבל כן מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ'.

תהי <math>f </math> מוגדרת על כל הממשיים, רציפה ב-<math>0 </math> ומקיימת <math>f(x+y)=f(x)+f(y)</math> לכל זוג מספרים <math>x,y\in\mathbb{R}</math>.

הוכיחו כי <math>f </math> רציפה על כל הממשיים.

  *תהי <math>x_o\neq ne x_n\rightarrow to x_0</math>, אזי <math>\lim f(x_n)=\lim f(x_n-x_0+x_0)=\lim f(x_n-x_0)+f(x_0)</math>  *כיוון כיון שהפונקציה רציפה באפס, וכיוון ב- <math>0</math> וכיון ש - <math>0\neq ne x_n-x_0\rightarrow to 0</math>, מתקיים <math>\lim f(x_n-x_0)=0</math>  *ביחד <math>\lim f(x_n) = f(x_0)</math>, ולכן לפי היינה מתקיים <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}f(x)=f(x_0)</math> ולכן הפונקציה רציפה.

מצאו פולינום <math>p(x)</math> כך שלכל <math>x\in [0,1]</math> מתקיים <math>\Big|\cos(x)-p(x)\Big|<10^{-4}</math> 

לפי [[http://math-wiki.com/index.php?title=%D7%A4%D7%95%D7%9C%D7%99%D7%A0%D7%95%D7%9D_%D7%98%D7%99%D7%99%D7%9C%D7%95%D7%A8 פונקציה זו]] ניתן לראות שבסה"כ צריך לגזור כמה פעמים(אם כי זה היה טריקי ונאלצתי לכתת חיפושיי באינטרנט). ע"פ פיתוח טיילור הפולינום של קוסינוס זה מה שמופיע וזה מספיק בשביל לקיים את התנאי הדרוש.

אז ככה: ניקח את <math>a=0 </math> ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה:

<math>\Bigg|\cos(x)-1+\frac{x^2/}{2}-\frac{x^4/}{24}+\frac{x^6/}{6!}\Bigg|<1/\frac1{10^4 } </math>

תהי <math>f </math> פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי הגבול <math>\lim_{x\rightarrowto\infty}f'(x)</math> קיים וגדול מאפס.  הוכיחו כי f אינה חסומה מלעילמ- <math>0</math> .

 *נסמן <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty}f'(x)=L>0</math>. לכן קיים <math>M </math> כך שלכל <math>x>M</math> מתקיים <math>f'(x)>\frac{L}{2}>0</math>.  *לכן, החל מ- <math>M </math> הנגזרת חיובית ממש ולכן הפונקציה מונוטונית עולה.   *נניח בשלילה כי הפונקציה <math>f </math> חסומה, לכן היא מונוטונית וחסומה ולכן מתכנסת למספר ממשי אשר נסמן ב-נסמנו <math>K</math> .  *לפי הגדרת הגבול, קיים '<math>M '</math> כך שלכל <math>x>M'</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-K\Big|<\frac{k}{2}</math> .*לכן ביחד לכל זוג <math>x,y>M'</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-f(y)\Big|< K</math>  *ניקח <math>x>M,M'</math> אזי לכל <math>h>0</math> לפי משפט '''לגראנז'''' קיים <math>x<c<x+h</math> כך ש-  ::<math>f'(c)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}</math>  *כעת, מתקיים <math>f'(c)>\frac{L}{2}</math>, אבל מצד שני <math>\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\leq le \frac{K}{h}</math> ולכן עבור <math>h מספיק </math> גדול מספיק נקבל סתירה.