הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/פתרון מועד א מדמח"

גרסה מ־23:26, 27 בינואר 2016

תוכן עניינים

1 שאלה 1
- 1.1 פתרון
2 שאלה 2
- 2.1 פתרון
3 שאלה 3
- 3.1 פתרון
4 שאלה 4
- 4.1 פתרון
5 שאלה 5
- 5.1 פתרון

שאלה 1

א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה.

ב. הוכח/הפרך: אם $\lim\sqrt[n]{a_n}=L$ אזי $\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}=L$ .

פתרון

א. כיון שהסדרה מתכנסת, קיים מקום בסדרה $n_1$ כך שלכל $n>n_1$ מתקיים $|a_n-L|<1$ ולכן $L-1<a_n<L+1$ . סה"כ:

\forall\ n:\min\{a_1,\ldots,a_{n_1},L-1\}<a_n<\max\{a_1,\ldots,a_{n_1},L+1\}

ב. הפרכה: ניקח סדרה אשר במקומות הזוגיים שלה שווה $n$ , ובמקומות האי-זוגיים $n^2$ :

a_n=1,1,2,4,3,9,4,16,\ldots

קל לראות כי $\lim\sqrt[n]{a_n}=1$ , אבל לא קיים הגבול $\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}$ .

הפרכה נוספת: ניקח את הסדרה הבאה

a_n=1,3,1,3,1,3,\ldots

מתקיים

\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13,3,\frac13,3,\frac13,3,\ldots

ולכן לא מתכנס. אבל $\sqrt[n]{3}\to 1$ וכמובן גם $\sqrt[n]{1}\to 1$ ולכן סה"כ $\sqrt[n]{a_n}\to 1$ .

שאלה 2

נניח כי $f$ פונקציה רציפה ב- $[0,\infty)$ , גזירה ב- $(0,\infty)$ . בנוסף נתון כי $f(0)=0$ והנגזרת $f'$ מונוטונית עולה ב- $(0,\infty)$ .

א. הוכיחו כי $f'(x)\ge \frac{f(x)}{x}$ ב- $(0,\infty)$ .

ב. הוכיחו כי הפונקציה $g(x)=\frac{f(x)}{x}$ מונוטונית עולה ב- $(0,\infty)$ .

פתרון

א. יהי $x>0$ . נפעיל את משפט לגראנז' על הפונקציה $f$ בקטע $[0,x]$ . לכן קיימת נקודה $0<c<x$ כך ש:

f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}

אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:

f'(x)\ge f'(c) = \frac{f(x)}{x}

כפי שרצינו. $\blacksquare$

ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה

g'(x)=\frac{x\cdot f'(x)-f(x)}{x^2}

כיון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על-ידי המונה. אבל לפי סעיף א':

x\cdot f'(x)-f(x)\ge x\cdot \frac{f(x)}{x}-f(x)=0

שאלה 3

קבעו האם קיים הגבול ואם כן מצאו אותו:

א. $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n}$

ב. $\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ , כאשר $a_1=1\ ,\ a_{n+1}=\sin(a_n)$

ג. $\lim\limits_{x\to\infty}\Big[\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\Big]$

ד. $\lim\limits_{x\to 1}\Big[\frac1{x-1}-\frac1{\ln(x)}\Big]$

פתרון

א.
נפעיל את משפט הסנדוויץ': $2012=\sqrt[n]{2012^n}\le \sqrt[n]{1^n+2^n+\cdots+2012^n}\le \sqrt[n]{2012^n+2012^n+\cdots+2012^n}=\sqrt[n]{2012\cdot 2012^n}\to 2012$

ב.
ידוע כי עבור ערכים חיוביים $\sin(x)<x$ ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על-ידי $0$ , ולכן מתכנסת.

$L=\sin(L)$ ולכן $L=0$ .

אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה $x-\sin(x)=0$ הקטן מ- $1$ , אזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין $0$ ל- $1$ (לפי רול) וקל לוודא כי זה לא קורה.

ג.
כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנג' כי $\bigg|\sin(x)-\sin(y)\bigg|\le |x-y|$ לכן,

\bigg|\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\bigg|\le \bigg|\sqrt{x-a}-\sqrt{x}\bigg|=\Bigg|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}\Bigg|\to 0

ד.

\frac1{x-1}-\frac1{\ln(x)}=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}

נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:

\frac{\frac1{x}-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}}=\frac{1-x}{x\cdot\ln(x)+x-1}

שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:

\frac{-1}{\ln(x) + 1 +1}\to -\frac12

ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי.

שאלה 4

תהי $f(x)=x^2\cdot\sin\left(\frac1{x}\right)$

א. האם $f$ רציפה במ"ש בתחום $(0,\infty)$ ?

ב. האם $f'$ רציפה במ"ש בתחום $(0,\infty)$ ?

ג. הוכח/הפרך: אם $g$ גזירה ורציפה במ"ש ב- $(0,\infty)$ אזי נגזרתה $g'$ חסומה ב- $(0,\infty)$

פתרון

א.
נבחן את הנגזרת בקטע:

$f'(x)=2x\cdot\sin\left(\frac1{x}\right)-\cos\left(\frac1{x}\right)$ . כיון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע $[1,\infty)$ .

כמו כן קל לראות כי היא חסומה בקטע $(0,1)$ (אף על פי שאין לה גבול בנקודה אפס).

בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה $f$ רציפה במ"ש בקטע.

ב.
ניקח את שתי הסדרות $x_n=\frac1{2\pi n}$ , ו- $y_n=\frac1{\frac{\pi}{2}+2\pi n}$ . קל לוודא כי:

|x_n-y_n|\to 0

\bigg|f'(x_n)-f'(y_n)\bigg|\to 1

ולכן $f'$ אינה רציפה במ"ש בקטע.

ג.
הפרכה:

$f(x)=\sqrt{x}$ רציפה במ"ש בקטע כיון שב- $0$ יש לה גבול סופי ובאינסופי נגזרתה חסומה. אולם הנגזרת שלה $f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}$ אינה חסומה בסביבת $0$ .

הפרכה נוספת:

$x\cdot\sin\Big(\frac1{x}\Big)$ בעלת גבולות סופיים בשני קצוות הקטע, ולכן רציפה שם במ"ש. קל לוודא כי נגזרתה אינה חסומה בקטע.

שאלה 5

עבור כל אחד מהטורים הבאים קבעו: מתבדר/ מתכנס בהחלט/ מתכנס בתנאי:

א. $\sum (-1)^n\cdot\sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)$

ב. $\sum (-1)^n\frac{n+1}{n^\sqrt{n}}$

ג. $\sum\frac{\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}$

ד. $\sum\frac{n^n}{(n!)^2}$

פתרון

א.

$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$

לכן קל לוודא לפי מבחן ההשוואה הגבולי כי הטורים

\sum \sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)

, ו-

\sum\frac1{\sqrt{n}}

חברים, ולכן הטור אינו מתכנס בהחלט.

כיון שסינוס רציפה, מונוטונית באזור $0$ , ושואפת שמה ל- $0$ , מקבלים כי הטור כולו מתכנס בתנאי לפי מבחן לייבניץ.

ב.
ברור שהחל מ- $n=9$ מתקיים $\sqrt{n}\ge 3$ ולכן

\sum\frac{n+1}{n^\sqrt{n}}\le \frac{n+1}{n^3}= \sum \frac1{n^2}+\frac1{n^3}

ולכן הטור מתכנס בהחלט.

ג.
בכל מקום זוגי $\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)=1$ ובכל מקום אי-זוגי זה שווה $0$ לכן הטור הוא בעצם הטור המתבדר

\sum\frac1{2n}

.

ד.
נפעיל את מבחן המנה לקבלת:

\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{n+1}(n!)^2}{n^n \big((n+1)!\big)^2}=\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^n\cdot \frac1{n+1}\to e\cdot 0 =0

ולכן הטור מתכנס בהחלט.

הבדלים בין גרסאות בדף "88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/פתרון מועד א מדמח"

גרסה מ־23:26, 27 בינואר 2016

תוכן עניינים

שאלה 1

פתרון

שאלה 2

פתרון

שאלה 3

פתרון

שאלה 4

פתרון

שאלה 5

פתרון

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים

@@ שורה 2: / שורה 2: @@
 ==שאלה 1 ==
-א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה
+א. הוכח כי כל סדרה מתכנסת חסומה.
-ב. הוכח/הפרך: אם <math>\lim\sqrt[n]{a_n}=L</math> אזי <math>\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}=L</math>
+ב. הוכח/הפרך: אם <math>\lim\sqrt[n]{a_n}=L</math> אזי <math>\lim\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:
-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,\ldots,a_{n_1},L-1\}<a_n<\max\{a_1,\ldots,a_{n_1},L+1\}</math>
-::<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>
-::<math>a_n=1,1,2,4,3,9,4,16,...</math>
+קל לראות כי <math>\lim\sqrt[n]{a_n}=1</math>, אבל לא קיים הגבול <math>\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}</math> .
-קל לראות כי <math>\lim\sqrt[n]{a_n}=1</math>, אבל לא קיים הגבול <math>\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}</math>
 '''הפרכה נוספת''': ניקח את הסדרה הבאה
+:<math>a_n=1,3,1,3,1,3,\ldots</math>
-::<math>a_n=1,3,1,3,1,3,...</math>
 מתקיים
+:<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13,3,\frac13,3,\frac13,3,\ldots</math>
-::<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{3},3,\frac{1}{3},3,\frac{1}{3},3,...</math>
+ולכן לא מתכנס. אבל <math>\sqrt[n]{3}\to 1</math> וכמובן גם <math>\sqrt[n]{1}\to 1</math> ולכן סה"כ <math>\sqrt[n]{a_n}\to 1</math> .
-ולכן לא מתכנס. אבל <math>\sqrt[n]{3}\rightarrow 1</math> וכמובן גם <math>\sqrt[n]{1}\rightarrow 1</math> ולכן סה"כ <math>\sqrt[n]{a_n}\rightarrow 1</math>
 ==שאלה 2==
-נניח כי f 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>.
+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 \frac{f(x)}{x}</math> ב- <math>(0,\infty)</math>.
+א. הוכיחו כי <math>f'(x)\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>.
+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 לגראנג' על הפונקציה f בקטע <math>[0,x]</math>. לכן קיימת נקודה <math>0<c<x</math> כך ש:
+א. יהי <math>x>0</math>. נפעיל את משפט לגראנז' 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>
+:<math>f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}</math>
 אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:
+:<math>f'(x)\ge f'(c) = \frac{f(x)}{x}</math>
-::<math>f'(x)\geq f'(c) = \frac{f(x)}{x}</math>
+כפי שרצינו. <math>\blacksquare</math>
-כפי שרצינו.
 ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה
+:<math>g'(x)=\frac{x\cdot f'(x)-f(x)}{x^2}</math>
-::<math>g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}</math>
+כיון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על-ידי המונה. אבל לפי סעיף א':
+:<math>x\cdot f'(x)-f(x)\ge x\cdot \frac{f(x)}{x}-f(x)=0</math>
-כיוון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על ידי המונה. אבל לפי סעיף א':
-::<math>xf'(x)-f(x)\geq x\frac{f(x)}{x}-f(x)=0</math>
 ==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>
-א. <math>\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+...+2012^n}</math>
+ב. <math>\lim\limits_{n\to\infty}a_n</math>, כאשר <math>a_1=1\ ,\ a_{n+1}=\sin(a_n)</math>
+ג. <math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\Big]</math>
-ב. <math>\lim_{n\rightarrow\infty}a_n</math>, כאשר <math>a_1=1</math>, ו- <math>a_{n+1}=sin(a_n)</math>
+ד. <math>\lim\limits_{x\to 1}\Big[\frac1{x-1}-\frac1{\ln(x)}\Big]</math>
-ג. <math>\lim_{x\rightarrow\infty}(sin\sqrt{x-a}-sin\sqrt{x})</math>
-ד. <math>\lim_{x\rightarrow 1}\Big(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Big)</math>
 ===פתרון===
+א.<br>
+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\cdot 2012^n}\to  2012</math>
-א.
-נפעיל את משפט הסנדביץ':
+ב.<br>
+ידוע כי עבור ערכים חיוביים <math>\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>.
-::<math>2012=\sqrt[n]{2012^n}\leq \sqrt[n]{1^n+2^n+...+2012^n}\leq \sqrt[n]{2012^n+2012^n+...+2012^n}=\sqrt[n]{2012\cdot 2012^n}\rightarrow 2012</math>
+אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה <math>x-\sin(x)=0</math> הקטן מ- <math>1</math>, אזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין <math>0</math> ל- <math>1</math> (לפי רול) וקל לוודא כי זה לא קורה.
-ב.
+ג.<br>
+כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנג' כי <math>\bigg|\sin(x)-\sin(y)\bigg|\le |x-y|</math> לכן,
-ידוע כי עבור ערכים חיוביים <math>sin(x)<x</math> ולכן קל להוכיח באינדוקציה כי זו סדרה מונוטונית יורדת וחסומה מלרע על ידי אפס, ולכן מתכנס.
+:<math>\bigg|\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\bigg|\le \bigg|\sqrt{x-a}-\sqrt{x}\bigg|=\Bigg|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}\Bigg|\to 0</math>
-<math>L=sin(L)</math> ולכן <math>L=0</math>.
-אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה <math>x-sin(x)=0</math> הקטן מאחד, אזי הנגזרת הייתה צריכה להתאפס בין אפס לאחד (לפי רול) וקל לוודא כי זה לא קורה.
-ג.
-כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנג' כי <math>|sin(x)-sin(y)|\leq |x-y|</math> לכן,
-::<math>|sin\sqrt{x-a}-sin\sqrt{x}|\leq |\sqrt{x-a}-\sqrt{x}|=|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}|\rightarrow 0</math>
-ד.
-::<math>\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}=\frac{lnx-x+1}{(x-1)lnx}</math>
-נגזור את המונה ואת המכנה לקבל:
-::<math>\frac{\frac{1}{x}-1}{lnx+\frac{x-1}{x}}=\frac{1-x}{xlnx+x-1}</math>
-שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבל:
-::<math>\frac{-1}{lnx + 1 +1}\rightarrow -\frac{1}{2}</math>
+ד.<br>
+:<math>\frac1{x-1}-\frac1{\ln(x)}=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}</math>
+נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:
+:<math>\frac{\frac1{x}-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}}=\frac{1-x}{x\cdot\ln(x)+x-1}</math>
+שוב נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:
+:<math>\frac{-1}{\ln(x) + 1 +1}\to -\frac12</math>
 ולכן לפי כלל לופיטל, זה גם הגבול המקורי.
 ==שאלה 4==
+תהי <math>f(x)=x^2\cdot\sin\left(\frac1{x}\right)</math>
-תהי <math>f(x)=x^2sin\Big(\frac{1}{x}\Big)</math>
+א. האם <math>f</math> רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
+ב. האם <math>f'</math> רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
-א. האם f 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>
-ב. האם 'f רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
-ג. הוכח/הפרך: אם g גזירה ורציפה במ"ש ב-<math>(0,\infty)</math> אזי נגזרתה 'g חסומה ב-<math>(0,\infty)</math>
 ===פתרון===
+א.<br>
-א.
 נבחן את הנגזרת בקטע:
-<math>f'(x)=2xsin\Big(\frac{1}{x}\Big)-cos\Big(\frac{1}{x}\Big)</math>. כיוון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע <math>[1,\infty)</math>.
+<math>f'(x)=2x\cdot\sin\left(\frac1{x}\right)-\cos\left(\frac1{x}\right)</math> . כיון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע <math>[1,\infty)</math>.
 כמו כן קל לראות כי היא חסומה בקטע <math>(0,1)</math> (אף על פי שאין לה גבול בנקודה אפס).
-בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה f רציפה במ"ש בקטע.
+בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה <math>f</math> רציפה במ"ש בקטע.
-ב.
+ב.<br>
+ניקח את שתי הסדרות <math>x_n=\frac1{2\pi n}</math>, ו- <math>y_n=\frac1{\frac{\pi}{2}+2\pi n}</math> . קל לוודא כי:
-ניקח את שתי הסדרות <math>x_n=\frac{1}{2\pi n}</math>, ו-<math>y_n=\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi n}</math>. קל לוודא כי:
+:<math>|x_n-y_n|\to 0</math>
-::<math>|x_n-y_n|\rightarrow 0</math>
+:<math>\bigg|f'(x_n)-f'(y_n)\bigg|\to 1</math>
-::<math>|f'(x_n)-f'(y_n)|\rightarrow 1</math>
+ולכן <math>f'</math> אינה רציפה במ"ש בקטע.
-ולכן 'f אינה רציפה במ"ש בקטע.
-ג.
-'''הפרכה''':
-<math>f(x)=\sqrt{x}</math> רציפה במ"ש בקטע כיוון שבאפס יש לה גבול סופי ובאינסופי נגזרתה חסומה. אולם הנגזרת שלה <math>f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}</math> אינה חסומה בסביבת אפס.
+ג.<br>
+'''הפרכה''':
+<math>f(x)=\sqrt{x}</math> רציפה במ"ש בקטע כיון שב- <math>0</math> יש לה גבול סופי ובאינסופי נגזרתה חסומה. אולם הנגזרת שלה <math>f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}</math> אינה חסומה בסביבת <math>0</math>.
 הפרכה נוספת:
-<math>xsin\Big(\frac{1}{x}\Big)</math> בעלת גבולות סופיים בשני קצוות הקטע, ולכן רציפה שם במ"ש. קל לוודא כי נגזרתה אינה חסומה בקטע.
+<math>x\cdot\sin\Big(\frac1{x}\Big)</math> בעלת גבולות סופיים בשני קצוות הקטע, ולכן רציפה שם במ"ש. קל לוודא כי נגזרתה אינה חסומה בקטע.
 ==שאלה 5==
 עבור כל אחד מהטורים הבאים קבעו: מתבדר/ מתכנס בהחלט/ מתכנס בתנאי:
+א. <math>\sum (-1)^n\cdot\sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)</math>
-א. <math>\sum (-1)^nsin(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})</math>
+ב. <math>\sum (-1)^n\frac{n+1}{n^\sqrt{n}}</math>
-ב. <math>\sum (-1)^n\frac{n+1}{n^{\sqrt{n}}}</math>
-ג. <math>\sum\frac{cos^2\Big(\frac{n\pi}{2}\Big)}{n}</math>
+ג. <math>\sum\frac{\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n}</math>
 ד. <math>\sum\frac{n^n}{(n!)^2}</math>
 ===פתרון===
+א.
- א.
 <math>\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}</math>
 לכן קל לוודא לפי מבחן ההשוואה הגבולי כי הטורים
+:<math>\sum \sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)</math>, ו- <math>\sum\frac1{\sqrt{n}}</math>
-::<math>\sum sin(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})</math>, ו-<math>\sum\frac{1}{\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.
-כיוון שסינוס רציפה, מונוטונית באיזור אפס, ושואפת לאפס באפס, מקבלים כי הטור כולו מתכנס בתנאי לפי מבחן לייבניץ.
-ב.
-ברור שהחל מ-<math>n=9</math> מתקיים <math>\sqrt{n}\geq 3</math> ולכן
-::<math>\sum\frac{n+1}{n^{\sqrt{n}}}\leq \frac{n+1}{n^3}= \sum \frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}</math>
+ב.<br>
+ברור שהחל מ- <math>n=9</math> מתקיים <math>\sqrt{n}\ge 3</math> ולכן
+:<math>\sum\frac{n+1}{n^\sqrt{n}}\le \frac{n+1}{n^3}= \sum \frac1{n^2}+\frac1{n^3}</math>
 ולכן הטור מתכנס בהחלט.
-ג.
+ג.<br>
+בכל מקום זוגי <math>\cos^2\left(\frac{n\pi}{2}\right)=1</math> ובכל מקום אי-זוגי זה שווה <math>0</math> לכן הטור הוא בעצם הטור המתבדר
-בכל מקום זוגי <math>cos^2\Big(\frac{n\pi}{2}\Big)=1</math>ובכל מקום אי זוגי זה שווה אפס לכן הטור הוא בעצם הטור המתבדר
+:<math>\sum\frac1{2n}</math> .
-::<math>\sum\frac{1}{2n}</math>
-ד.
-נפעיל את מבחן המנה לקבל:
-::<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{n+1}(n!)^2}{n^n ((n+1)!)^2}=\Big(\frac{n+1}{n}\Big)^n\cdot \frac{1}{n+1}\rightarrow e\cdot 0 =0</math>
+ד.<br>
+נפעיל את מבחן המנה לקבלת:
+:<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{n+1}(n!)^2}{n^n \big((n+1)!\big)^2}=\bigg(\frac{n+1}{n}\bigg)^n\cdot \frac1{n+1}\to e\cdot 0 =0</math>
 ולכן הטור מתכנס בהחלט.