שינויים
היה בתרגול (אוהד פתר), אך לא מופיע במערכי התרגול. לכן אעתיק את הפתרון לכאן:
א) נניח ש- <math>\sum\limits^{\infty } b_n</math> מתכנס. נפעיל את מבחן העיבוי -לכן <math>\sum^{\infty } limits 2^nb_{2^n}</math> מתכנס, ולפי התנאי ההכרחי זה גורר ש - <math>2^nb_{2^n}\rightarrow to 0</math>.
לכל <math>n </math> קיים <math>k </math> כך ש- <math>2^k\leq le n <2^{k+1} </math> (טענה אלגברית, אין צורך להוכיח - אבל נדמה לי שישירות אפשר לקחת <math> k=\left bigg\lfloor \log_2{(n} )\right bigg\rfloor</math>).
הסדרה <math>\left \{ b_n \right \}</math> יורדת ולכן <math>x<y\rightarrow to b_x>b_y</math>.
נפעיל נימוק זה על התוצאה שקיבלנו, ונקבל ש - <math>b_{2^{k+1}}\leq le b_n \leq le b_{2^k}</math>.
נכפיל ב- <math>n</math> (חיובי) את אגפי האיאי-שוויוןהשוויון: <math>nb_n\cdot b_{2^{k+1}}\leq nb_n le n\cdot b_n\le n\leq nb_cdot b_{2^k}</math>
נשתמש שוב בתוצאה האלגברית: <math>0 \leftarrow \frac{1}{2}2^{k+1}\cdot b_{2^{k+1}}}{2}=2^kb_k\cdot b_{2^{k+1}}\leq nb_le n\cdot b_{2^{k+1}}\leq nb_n le n\leq nb_cdot b_n \le n\cdot b_{2^k}\leq le 2^{k+1}\cdot b_{2^k}\rightarrow to 0</math>
ולכן לפי [[משפט הסנדוויץ']] נקבל את הדרוש, <math>nb_bn\rightarrow cdot b_n\to 0</math>.
'''דרך נוספת:'''
נוכיח ש <math>2nb_2n\cdot b_{2n}\to 0</math> וכן <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0</math> ומכאן נסיק הדרוש (כי אם תת -הסדרה של האיברים במקומות הזוגיים שואפת לאפס ל- <math>0</math> וכן תת -הסדרה של האיברים במקומות האי -זוגיים שואפת לאפס ל- <math>0</math> אז כך גם הסדרה ).
אם נסמן את סדרת הסכומיים החלקיים של הטור המתכנס <math>\sum\limits^{\infty } b_n</math> ב - <math>S_n</math> אז בגלל שהטור מתכנס מתקיים<math>S_{2n}-S_n\to 0</math> וכן <math>S_{2n+1}-S_{n}S_n\to 0</math>. מההתכנסות הראשונה נקבל ש <math>b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} \to 0</math>. מכיון שהסדרה מונוטונית יורדת נקבל <math>0<nb_n\cdot b_{2n}<b_{n+1}+b_{n+2}+\cdots b_{2n} </math>.
נכפיל את אי השוויונים ב2 -השוויונות ב- <math>2</math> ונשתמש [[משפט הסנדוויץ']] כדי לקבל <math>2nb_{2n}\to 0</math>.מההתכנסות השניה ומשיקולים דומים נקבל ש - <math>(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0</math> אבל <math>0<(2n+1)\cdot b_{2n+1}<(2n+2)\cdot b_{2n+1}\to 0</math> ולכן שוב מ[[משפט הסנדוויץ']] נקבל ש - <math>(2n+1)\cdot b_{2n+1}\to 0</math>.
ב) דוגמה דוגמא נגדית: <math>b_n=\frac{1}frac1{n\cdot \ln(n)}</math>. ממבחן העיבוי הטור <math>\sum b_n</math> מתבדר, אך בכל זאת <math>nb_nn\cdot b_n=\frac{1}frac1{ \ln(n)}\rightarrow to 0</math>.
ג) ניקח את הסדרה <math>b_n=\left\{\begin{matrix}2^{-k} &\exists k \in \mathbb{N}:n=2^k \\ 0 & \mbox{else}\end{matrix}\right.=1,\frac{1}{2}frac12,0,\frac{1}{4}frac14,0,0,0,\frac{1}{8}...frac18\ldots</math>.
הטור <math>\sum b_n</math> מתכנס ([[טור גיאומטריהנדסי]] עם אפסים שלא משפיעים), אבל בכל זאת <math>nb_n=1,1,0,1,0,0,0,1...,\ldots</math> אינו מתכנס שכן יש לו תת -סדרה ששווה <math>1 </math> ובפרט שואפת לאחת ל- <math>1</math> (וידוע שאם סדרה מתכנסת לגבול אז גם כל תת -סדרה שלה מתכנסת אליו).
==שאלה 2==
א) נבדוק [[התכנסות בהחלט]]: ברור שהטור <math>\sum \cos\left(\frac1{n}\right)</math> מתבדר לפי התנאי ההכרחי, שכן <math>\lim\limits_{n\to\infty}\cos\left(\frac1{n}\right)=\cos(0)=1</math> שונה מ- <math>0</math> .
ב) נבדוק התכנסות בהחלט: <math>\sum \begin{pmatrix}
\end{pmatrix}}=</math>
<math>=\frac{(2n+2)!}{(n+1)!^2}\cdot \frac{n!^2}{(2n)!\cdot 2^3}=\frac{(2n+2)!}{(n+1)^2}\cdot \frac{1}frac1{8(2n)!}=\frac{2(2n+1)(2nn+21)}{8(n+1)^2}=\frac{2n+1}{4n+4}
</math>
נעבור לגבול: <math>\lim_lim\limits_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_lim\limits_{n \to \infty }\frac{2n+1}{4n+4}=\frac{1}{2}frac12<1</math>, לכן הטור מתכנס בהחלט, ובפרט מתכנס.
ג) מתקיים <math>\log \frac{1}left(\frac1{n}\right)=-\log (n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\sum_sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}frac1{\log (n)}</math>נבדוק התכנסות בהחלט:(סימַנו כאן <math>\ln </math> בתור לוג<math>\log</math>), מ[[מבחן ההשוואה]] נובע שהתבדרות הטור ההרמוני גוררת את התבדרות הטור <math>\sum_sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}frac1{\log (n)}</math>, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט. הטור מתכנס בתנאי לפי [[משפט לייבניץ]].
==שאלה 3==
א) הפונקציה לא מוגדרת ב- <math>0</math>, ובפרט לא רציפה שם, ובפרט לא רבמ"ש.
ג)הפונ' רציפה בכל הישר כהרכבת רציפות. לפי קנטור היא רציפה במידה שווה בקטע הסגור <math>[-1,1]</math> .
==שאלה 4==
4)<s> א) הפונקציה הנתונה <math>\frac{\cos(x)-1}{\Big|\cos(x)-1\Big|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ- <math>0</math>, כלומר בכל <math>x\ne 2\pi n</math>. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math>2\pi n</math> :
</s>
'''תיקון'''
מתקיים <math>1-\cos(x)\geq0ge 0</math>
ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל-<math>\frac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי -רציפויות סליקות.
ב)הפונ' הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ0מ- <math>0</math> , כלומר כאשר <math>x\neq +-ne \pm\sqrt{\pi n}</math>. בנקודות שהן כן מהצורה הזאת, הגבולות החד -צדדיים הם שניהם <math>1 </math> ולכן זאת אי -רציפות סליקה.
ג) <math>\frac{1}frac1{\log\left(\cos^2x2(x)\right)}</math>. הפונ' הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים הלוג ה- <math>\log</math> חיובי וגם המכנה שונה מ0מ- <math>0</math>, כלומר לפונ' לפונקציה יש אי -רציפות כאשר <math>\cos^2x=0 \, \, \vee \ \ \log\left(\cos^2x2(x)\right) =0</math>. מכאן <math>cosx\cos(x)=0 \, \, \vee (\cos^2x2(x) =1</math>. קיבלנו ש<math>x=\pi/2+\pi n \, \, \vee \ x=\pi n</math> הן הנק' הנקודות בהן הפונ' הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל - <math>x=\frac{\pi n}{2}</math>.
בנק' שבהן פנים הלוג אי-חיובי, כלומר שבהן הקוסינוס מתאפס, הוא חיובי משני הצדדים ולכן האי-רציפות היא סליקה.
בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא <math>+ \infty</math> ולכן זה מין שני.
לסיכום:<math>\leftarrow x=\frac{\pi/}{2}+\pi n </math> סליקה.<math>\leftarrow x=\pi n</math> מין שני.
==שאלה 5==
5)א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset \mathbb{R}</math>. אם <math>A \neq ne\varnothing </math> וגם <math>A</math> חסומה מלעיל, אזי יש ל- <math>A</math> חסם עליון.
ב)הלמה של קנטור - מופיעה ברשימת המשפטים. הניסוח שם:
תהי <math>I_n</math> סדרה של קטעים סגורים המוכלים זה בזה <math>I_1\subseteq I_2\subseteq ...\ldots</math>, כך שאורך הקטעים שואף לאפסל- <math>0</math> . אזי קיימת נקודה יחידה <math>c </math> הנמצאת בכל הקטעים.
ג)משפט ערך הביניים - כנ"ל:
תהי <math>f</math> פונקציה הרציפה בקטע <math>[a,b]</math> . אזי לכל <math>\alpha</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> כך ש - <math>f(c)=\alpha</math>.
ד)כלל לופיטל:
תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה <math>a</math> . אם <math>\lim_lim\limits_{x\to a} f(x)=\lim_lim\limits_{x\to a} g(x)=0</math> והגבול <math>\lim_lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו.
==שאלה 6==
6)א) סתם טכני, תשובה זוועתית. (מיותר לכתוב פתרון כשוולפראם אלפא עושה את העבודה השחורה)
ב)<math>f(x)=x^{e^{x^{e}}}=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}lnx}</math>.
<math>f'(x)=(e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}lnx})'=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}lnx}\cdot \left(e^{x^e}lnx\cdot\ln(x)\right)'=</math>
<math>=x^{e^{x^{e}}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot (x^e)'lnx+\frac{e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x}\right)=x^{e^{x^{e}}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\left(e^{elnxe\cdot\ln(x)}\right)'lnx+\frac{e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x}\right)=</math>
<math>=x^{e^{x^{e}}}\cdot\left(\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{x^e}lnx(\cdot e^{elnx})e\cdot \frac{eln(x)}}{x}+\frac{e^{x^{e}}\cdot \frac{1}{x}\right)=x^{e^{x^{e}}}\cdot e^{x^e}\cdot\left(lnx\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{elnx})e\cdot \frac{e}{ln(x)}+\frac{1}{x}\right)=</math>
<math>=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^{e}}-1}e^{\cdot\Big(x^e}\cdot\ln(x^elnx)\cdot e+1\Big)=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^{e}}-1}e^{\cdot\Big(x^e}\cdot\ln(x^elnx^e)+1\Big)</math>
==שאלה 7==
7)א)הוכחנו בכיתה: תהי <math>f</math> פונ' גזירה ב<math>x_0</math>, אז הגבול <math><math>\ \lim_{h \to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}</math></math> קיים ושווה ל<math>f'(x_0)</math>. ברור מרציפות הפונ' הלינאריות ש <math> \lim_{h \to 0}h=0</math>.