[[קטגוריה:פתרון מבחנים]][[קטגוריה:אינפי]]==שאלה 1 ==א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה.
א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה ב. הוכח/הפרך: אם <math>\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=L</math> אזי <math>\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=L</math>.
===פתרון===
א. כיון שהסדרה מתכנסת, קיים מקום בסדרה <math>n_1</math> כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_n-L|<1</math> ולכן <math>L-1<a_n<L+1</math> . סה"כ:
:<math>\forall\ n:\min\{a_1,\ldots,a_{n_1},L-1\}<a_n<\max\{a_1,\ldots,a_{n_1},L+1\}</math>
א. כיוון שהסדרה מתכנסת, קיים מקום בסדרה <math>n_1</math>כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_n-L|<1</math> ולכן <math>L-1<a_n<L+1</math>. סה"כ:
::<math>\forall n:\min\{a_1,...,a_{n_1},L-1\}<a_n<\max\{a_1,...,a_{n_1},L+1\}</math>
ב. '''הפרכה''': ניקח סדרה אשר במקומות הזוגיים שלה שווה <math>n</math> , ובמקומות האי-זוגיים <math>n^2</math> :
:<math>a_n=1,1,2,4,3,9,4,16,\ldots</math>
ב. '''הפרכה''': ניקח סדרה אשר במקומות הזוגיים שלה שווה קל לראות כי <math>\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1</math>, ובמקומות האי-זוגיים אבל לא קיים הגבול <math>\lim\limits_{n^2\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}</math>:.
'''הפרכה נוספת''':ניקח את הסדרה הבאה:<math>a_n=1,3,1,23,41,3,9\ldots</math>מתקיים:<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13,43,16\frac13,3,\frac13,3,...\ldots</math>
קל לראות כי ולכן לא מתכנס. אבל <math>\limsqrt[n]3\to1</math> וכמובן גם <math>\sqrt[n]{a_n}=1\to1</math>, אבל לא קיים הגבול ולכן סה"כ <math>\lim\frac{a_{sqrt[n+1}}]{a_n}\to1</math>.
==שאלה 2==
נניח כי <math>f </math> פונקציה רציפה ב- <math>[0,\infty)</math>, גזירה ב- <math>(0,\infty)</math>. בנוסף נתון כי <math>f(0)=0</math> והנגזרת <math>f'</math>מונוטונית עולה ב- <math>(0,\infty)</math>.
א. הוכיחו כי <math>f'(x)\geq ge\frac{f(x)}{x}</math> ב- <math>(0,\infty)</math>.
ב. הוכיחו כי הפונקציה <math>g(x)=\frac{f(x)}{x}</math> מונוטונית עולה ב- <math>(0,\infty)</math>.
===פתרון===
א. יהי <math>x>0</math>. נפעיל את משפט לגראנגלגראנז' על הפונקציה <math>f </math> בקטע <math>[0,x]</math>. לכן קיימת נקודה <math>0<c<x</math> כך ש: ::<math>f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}</math>
אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:
::<math>f'(x)\geq ge f'(c) = \fracdfrac{f(x)}{x}</math> כפי שרצינו.<math>\blacksquare</math>
ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה
:<math>g'(x)=\dfrac{x\cdot f'(x)-f(x)}{x^2}</math>
כיון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על-ידי המונה. אבל לפי סעיף א'::<math>g'(x)=\frac{xfcdot f'(x)-f(x)\ge x\cdot\dfrac{f(x)}{x^2}-f(x)=0</math>
כיוון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על ידי המונה. אבל לפי סעיף א'==שאלה 3==קבעו האם קיים הגבול ואם כן מצאו אותו:
א. <math>\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n}</math>
::ב. <math>xf'(x)-f(x)\geq xlim\fraclimits_{f(x)n\to\infty}a_n</math> , כאשר <math>a_1=1\ ,\ a_{xn+1}-f=\sin(xa_n)=0</math>
ג. <math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\Big]</math>
==שאלה 3==קבעו האם קיים הגבול ואם כן מצאו אותו:ד. <math>\lim\limits_{x\to1}\left[\dfrac1{x-1}-\dfrac1{\ln(x)}\right]</math>
===פתרון===
א. נפעיל את משפט הסנדוויץ':
:<math>2012=\sqrt[n]{2012^n}\le\sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n}\le\sqrt[n]{2012^n+2012^n+\cdots+2012^n}=\sqrt[n]{2012\cdot2012^n}\to2012</math>
אב. ידוע כי עבור ערכים חיוביים <math>\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+...+2012^n}sin(x)<x</math>ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על-ידי <math>0</math> , ולכן מתכנסת.
<math>L=\sin(L)</math> ולכן <math>L=0</math> .
ב. אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה <math>x-\lim_{n\rightarrow\infty}a_nsin(x)=0</math>, כאשר הקטן מ- <math>a_1=1</math>, ואזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין <math>0</math> ל- <math>a_{n+1}=sin(a_n)</math>(לפי רול) וקל לוודא כי זה לא קורה.
ג. כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנז' כי <math>\lim_{xBig|\rightarrow\infty}(sin\sqrt{(x)-a}-\sin(y)\Big|\sqrt{le|x})-y|</math>לכן,
:<math>\bigg|\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\bigg|\le\Big|\sqrt{x-a}-\sqrt{x}\Big|=\left|\dfrac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}\right|\to 0</math>
ד. <math>\lim_{x\rightarrow 1}\Big(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Big)</math>
ד.
:<math>\dfrac1{x-1}-\dfrac1{\ln(x)}=\dfrac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}</math>
נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:
:<math>\dfrac{\frac1x-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}}=\dfrac{1-x}{x\ln(x)+x-1}</math>
שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:
:<math>-\dfrac1{\ln(x)+1+1}\to-\frac12</math>
ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי.
===פתרוןשאלה 4==תהי <math>f(x)=x^2\sin\left(\frac1x\right)</math>
א.האם <math>f</math> רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
נפעיל את משפט הסנדביץב. האם <math>f':</math> רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
ג. הוכח/הפרך: אם <math>g</math> גזירה ורציפה במ"ש ב- <math>(0,\infty)</math> אזי נגזרתה <math>g'</math> חסומה ב- <math>(0,\infty)</math>
::<math>2012=\sqrt[n]{2012^n}\leq \sqrt[n]{1^n+2^n+==פתרון===א...+2012^n}\leq \sqrt[n]{2012^n+2012^n+...+2012^n}=\sqrt[n]{2012\cdot 2012^n}\rightarrow 2012</mathbr>נבחן את הנגזרת בקטע:
<math>f'(x)=2x\cdot\sin\left(\frac1x\right)-\cos\left(\frac1x\right)</math> . כיון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע <math>[1,\infty)</math>.
בכמו כן קל לראות כי היא חסומה בקטע <math>(0,1)</math> (אף על פי שאין לה גבול בנקודה אפס).
ידוע כי עבור ערכים חיוביים בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה <math>sin(x)<xf</math> ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על ידי אפס, ולכן מתכנסרציפה במ"ש בקטע.
<math>L=sin(L)</math> ולכן <math>L=0</math>.
אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה ב.<br>ניקח את שתי הסדרות <math>x-sin(x)x_n=0\dfrac1{2\pi n}</math> הקטן מאחד, אזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין אפס לאחד (לפי רול) וקל ו- <math>y_n=\dfrac1{\frac{\pi}{2}+2\pi n}</math> . קל לוודא כי זה לא קורה.:
:<math>|x_n-y_n|\to0</math>
ג.:<math>\Big|f'(x_n)-f'(y_n)\Big|\to1</math>
כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנג' כי ולכן <math>|sin(x)-sin(y)|\leq |x-y|f'</math> לכן, אינה רציפה במ"ש בקטע.
::<math>|sin\sqrt{x-a}-sin\sqrt{x}|\leq |\sqrt{x-a}-\sqrt{x}|=|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}|\rightarrow 0</math>
ג.<br>
;הפרכה
<math>f(x)=\sqrt{x}</math> רציפה במ"ש בקטע כיון שב-0 יש לה גבול סופי ובאינסופי נגזרתה חסומה. אולם הנגזרת שלה <math>f'(x)=\dfrac1{2\sqrt{x}}</math> אינה חסומה בסביבת <math>0</math>.
ד. הפרכה נוספת:
::<math>\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}=cdot\frac{lnx-x+1}{sin\left(x-1\tfrac1x\right)lnx}</math>בעלת גבולות סופיים בשני קצוות הקטע, ולכן רציפה שם במ"ש. קל לוודא כי נגזרתה אינה חסומה בקטע.
נגזור את המונה ואת המכנה לקבל==שאלה 5==עבור כל אחד מהטורים הבאים קבעו: מתבדר/ מתכנס בהחלט/ מתכנס בתנאי:
::א. <math>\frac{displaystyle\fracsum_{n=1}{x}^\infty(-1})^n\cdot\sin\Big(\sqrt{lnxn+\frac{x-1}-\sqrt{xn}}=\frac{1-x}{xlnx+x-1}Big)</math>
שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבל:ב. <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\dfrac{n+1}{n^\sqrt{n}}</math>
::ג. <math>\fracdisplaystyle\sum_{-n=1}^\infty\dfrac{lnx + 1 +1}\rightarrow -cos^2\left(\frac{1n\pi}{2}\right)}{n}</math>
ד. <math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{(n!)^2}</math>
ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי===פתרון===א.
<math>\sqrt{n+1}-\sqrt{n}==שאלה 4==\dfrac1{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}</math>
תהי לכן קל לוודא לפי מבחן ההשוואה הגבולי כי הטורים:<math>f(x)\displaystyle\sum_{n=x1}^2sin\infty\sin\Big(\fracsqrt{n+1}-\sqrt{xn}\Big)\ ,\ \sum_{n=1}^\infty\dfrac1{\sqrt{n}}</math>חברים, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט.
כיון שסינוס רציפה, מונוטונית באזור <math>0</math>, ושואפת שמה ל- <math>0</math>, מקבלים כי הטור כולו מתכנס בתנאי לפי מבחן לייבניץ.
א. האם f רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
ב.<br>
ברור שהחל מ- <math>n=9</math> מתקיים <math>\sqrt{n}\ge3</math> ולכן
:<math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{n+1}{n^\sqrt{n}}\le\sum_{n=1}^\infty\dfrac{n+1}{n^3}=\sum_{n=1}^\infty\left[\dfrac1{n^2}+\dfrac1{n^3}\right]</math>
ולכן הטור מתכנס בהחלט.
ב. האם 'f רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
ג.<br>
בכל מקום זוגי <math>\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)=1</math> ובכל מקום אי-זוגי זה שווה 0 לכן הטור הוא בעצם הטור המתבדר
:<math>\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}</math> .
ג. הוכח/הפרך: אם g גזירה ורציפה במ"ש ב-<math>(0,\infty)</math> אזי נגזרתה 'g חסומה ב-<math>(0,\infty)</math>
ד.<br>נפעיל את מבחן המנה לקבלת::<math>\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{(n+1)^{n+1}(n!)^2}{n^n\big((n+1)!\big)^2}=\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\cdot\dfrac1{n+1}\to e\cdot0=פתרון===0</math>ולכן הטור מתכנס בהחלט.