שינויים

ג) מתקיים <math>\logln\left(\tfrac1n\right)=-\log(n)</math> לכן הטור הוא למעשה <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{\log(n)}</math>

ב) נגזור: <math>(x^{\frac13})'=\frac13x^{-\frac23}=\fracdfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}</math> .

נגזור: <math>\frac{d}{dx}\big(\log(1+x^2)\big)'=\fracdfrac{2x}{1+x^2}\le\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}\le2</math> בתחום

4)<s> א) הפונקציה הנתונה <math>\fracdfrac{\cos(x)-1}{\Bigbig|\cos(x)-1\Bigbig|}</math> היא רציפה כהרכבת רציפות בדיוק בכל הנקודות שבהן המכנה שונה מ- <math>0</math>, כלומר בכל <math>x\ne 2ne2\pi n</math>. נבדוק את סוגי האי-רציפות בנקודות שהן כן מהצורה <math>2\pi n</math> :

יהי <math>n\in\N</math> . מתקיים <math>\lim\limits_{x\to 2to2\pi n^+}\fracdfrac{\cos(x)-1}{\Bigbig|\cos(x)-1\Bigbig|}=1</math> ואילו <math>\lim\limits_{x\to 2to2\pi n^-}\fracdfrac{\cos(x)-1}{\Bigbig|\cos(x)-1\Bigbig|}=-1</math> ולכן האי-רציפות היא ממין ראשון (קפיצה). בכך סיווגנו את כל נקודות האי-רציפות של הפונקציה הנתונה.

''';תיקון''' מתקיים <math>1-\cos(x)\ge 0ge0</math>

ולכן בכל מקרה בכל מקום שהפונקציה מוגדרת היא שווה ל- <math>\fracdfrac{\cos(x)-1}{1-\cos(x)}=-1</math> ולכן קל להראות שכל האי-רציפויות סליקות.

ב)הפונקציה רציפה בדיוק כאשר המכנה שונה מ- <math>0</math> , כלומר כאשר <math>x\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>\frac1dfrac{1}{\log\left(\cos^2(x)\right)}</math> . הפונקציה רציפה בדיוק כאשר פנים ה- <math>\log</math> חיובי וגם המכנה שונה מ- <math>0</math>, כלומר לפונקציה יש אי-רציפות כאשר <math>\cos^2x=0 \ \ \vee\ and\ \log\left(\cos^2(x)\right) =0</math> . מכאן <math>\cos(x)=0 \, \, and\vee \cos^2(x) =1</math> . קיבלנו שכי <math>x=\tfrac{\pi/}{2}+\pi n \ \ \vee and\ x=\pi n</math> הן הנקודות בהן הפונקציה אינה רציפה. זה שקול ל- <math>x=\frac{\pi n}{2}</math> .

בנק' שבהן המכנה מתאפס, הגבול משני הצדדים הוא <math>+ \infty</math> ולכן זה מין שני.

לסיכום:<math>\leftarrow x=\fractfrac{\pi}{2}+\pi n</math> סליקה. <math>\leftarrow x=\pi n</math> מין שני.

5)א) [[אקסיומת השלמות]]: תהי <math>A\subset\R</math>. אם <math>A\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 ל- <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>\alphay</math> בין <math>f(a),f(b)</math> קיימת <math>c\in[a,b]</math> כך ש- עבורה <math>f(c)=\alphay</math> .

ד)כלל לופיטל:תהיינה <math>f,g</math> פונקציות גזירות בסביבה מנוקבת של נקודה <math>a</math> . אם <math>\lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0</math> והגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\fracdfrac{f'(x)}{g'(x)}</math> קיים, אז גם הגבול <math>\lim\limits_{x\to a}\fracdfrac{f(x)}{g(x)}</math> קיים, ושווה לו.

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}}</math> .

<math>\begin{align}f(x)&=x^{e^{x^e}}\\f'(x)&=\frac{d}{dx}\big(e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\big)'=e^{\ln(x)\cdot e^{x^e}}\cdot \frac{d}{dx}\left(e^{x^e}\cdot\ln(x)\right)'=</math> <math>\\&=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot (x^e)'+\frac{e^{x^e}d}{xdx}\right)=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\ln(x)\cdot e^{x^e}\left(e^{e\cdot\ln(x)}\right)'+\frac{e^{x^e}}{x}\right)=</math> <math>=x^{e^{x^e}}\cdot\left(\frac{e\cdot\ln(x)\cdot e^{x^e}\cdot e^{e\cdot\ln(x)}}^{xe-1}+\frac{e^{x^e}}{x}\right)\\&=x^{e^{x^e}}\cdot x^{e^{x^e}}\cdot\left(\frac{ex^e\cdot\ln(x)\cdot e^}{e\cdot\ln(x)}+\frac{1}{x}\right)=</math> <math>=e^{x^e}\cdot x^{e^{x^e}-1}\cdot\Big(xex^e\cdot\ln(x)\cdot e+1\Big)=e^{x^e}\cdot x^end{e^{x^ealign}-1}\cdot\Big(x^e\cdot\ln(x^e)+1\Big)</math>

7)א)הוכחנו בכיתה: תהי <math>f</math> פונ' פונקציה גזירה ב- <math>x_0</math>, אז קיים הגבול <math><math>\ lim\lim_limits_{h \to 0to0}\fracdfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}</math></math> קיים ושווה ל<math>=f'(x_0)</math>. ברור מרציפות הפונ' הפונקציות הלינאריות ש כי <math> \lim_lim\limits_{h \to 0to0}h=0</math>.

לכן: <math> \lim_{h \to 0}(f(x_0+h)-f(x_0))= \lim_{h \to 0}\frac{(f(x_0+h)-f(x_0))}{h}h= \lim_{h \to 0}\frac{(f(x_0+h)-f(x_0))}{h}\lim_{h \to 0}h=f'(x_0)\cdot 0=0</math>

כלומר <math> \begin{align}\displaystyle\lim_{h \to 0to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]&=\lim_{h\to0}\Big[f(x_0+h)-f(x_0)\Big]\cdot\lim_{h\to0}\frac{h}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot h\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot\lim_{h\to0}h\\&=f'(x_0)\cdot0=0\end{align}</math>,

ומכאן ש<math> \lim_lim\limits_{h \to 0to0}(f(x_0+h)=f(x_0)</math>, כלומר הפונ' הפונקציה רציפה ב- <math>x_0</math>.

ב) הוכחה שגוייהשגויה: הפונקצייה הפונקציה גזירה, ולכן הגבול שמגדיר את הנגזרת קיים. לכן קיימת סביבה נקובה ברדיוס דלתא של <math>x_0</math> שבה מרחק פונקציית הנגזרת <math>f'(x)</math> מהנגזרת <math>f'(x_0)</math> אינו עולה על אפסילון, ולכן <math>f'(x_0)+ \epsilon</math> מהווה חסם מלעיל לפונקציית הנגזרת בסביבה זאת. בפרט, הנגזרת אינה חסומה.::הבעיה בהוכחה הנ"ל הייתה שהנחתי שהנגזרת רציפה, מה שיופרך ממש בעוד רגע. אכן, אם הנגזרת של פונקצייה פונקציה היא רציפה אז המשפט נכון לפי הנימוק שהבאתי: כי מרחק פונ' פונקציית הנגזרת מהגבול שלה קטן מאפסילון, והגבול שלה שווה לנגזרת ולכן סופי. (בדוגמא של נועם גבול הנגזרת בנקודה אינו סופי.)

<math>f(x)=x^\fracbegin{4cases}x^{3\frac43}\sin \frac{1}{x}</math> לכל <math>x\neq0</math> ו<math>f(0)=0</math> מתקיים <math>f'\left(0\tfrac1x\right)=\lim_{&x\to0}ne0\frac{x^{\frac{4}{3}}\sin\frac{1}{0&x}}{x}=0</math> אבל מתקיים לכל <math>x\neq0</math> מתקיים <math>f'(x)=\fracend{4}{3}x^{\frac{1}{3}}\sin\frac{1}{x}-\frac{x^{\frac{4}{3}}\cos\frac{1}{x}}{x^{2}cases}</math> והיא כמובן לא חסומה בסביבה של 0

<math>f'(x)=\begin{cases}\frac43x^{\frac13}\sin\left(\tfrac1x\right)-x^{-\frac23}\cos\left(\tfrac1x\right)&x\ne0\\\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^{\frac43}\sin\left(\tfrac1x\right)}{x}=0&x=0\end{cases}</math> אבל לכל <math>x\ne0</math> הנגזרת לא חסומה בסביבת 0. ג)הפרכנו בתרגול בקווים כלליים. (את בערך שליש מהמבחן הזה עשית איתנו, ארז...)

נתבונן בפונקציה <math>f(x)=\begin{cases}x^2\sin\left(\tfrac{1}{x}tfrac1x\right)&x\ne0\\0&x=0\end{cases}</math>

היא גזירה ב- בקטע <math>[-1,1]</math> , אבל הנגזרת אינה רציפה ב-0.

בנקודה 0, עפ"י על-פי ההגדרה:  <math>\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x^2sin2\sin\left(\frac{1}{x}tfrac1x\right)}{x}=\lim_{x\to0}x\sin\left(\frac{1}{x}tfrac1x\right)=0</math>  (פונ' מכפלת פונקציה חסומה כפול שואפת בשואפת לאפס; קל לפי משפט הסנדוויץ')

הנגזרת אינה רציפה ב-0, כי הגבול של הנגזרת, <math>\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}(\left[2x\sin\left(\frac{1}{x}tfrac1x\right)-\cos\left(\frac{1}{x})tfrac1x\right)\right]</math> אפילו אינו קיים.