שינויים

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>.

 א. כיוון 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>

::<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>.

 ::<math>a_n=1,3,1,3,1,3,...\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}\rightarrow to 1</math> וכמובן גם <math>\sqrt[n]{1}\rightarrow to 1</math> ולכן סה"כ <math>\sqrt[n]{a_n}\rightarrow to 1</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 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>.

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>

 ::<math>f'(x)\geq ge f'(c) = \frac{f(x)}{x}</math> כפי שרצינו.<math>\blacksquare</math>

::<math>g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}</math> כיוון כיון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על -ידי המונה. אבל לפי סעיף א':  ::<math>xfx\cdot f'(x)-f(x)\geq ge x\cdot \frac{f(x)}{x}-f(x)=0</math> 

אב. <math>\lim_lim\limits_{n\rightarrowto\infty}a_n</math>, כאשר <math>a_1=1\sqrt[n],\ a_{1^n+2^n+...+2012^n1}=\sin(a_n)</math>

בד. <math>\lim_{nlim\rightarrow\infty}a_n</math>, כאשר <math>a_1=1</math>, ו- <math>a_{n+1}=sin(a_n)</math>  ג. <math>\lim_{x\rightarrow\infty}(sin\sqrt{x-a}-sin\sqrt{x})</math>  ד. <math>\lim_limits_{x\rightarrow to 1}\Big([\frac{1}frac1{x-1}-\fracfrac1{1}{lnx\ln(x)}\Big)]</math> 

::אכן, אם היה פתרון אחר למשוואה <math>2012=\sqrt[n]{2012^n}x-\leq \sqrt[n]{1^n+2^n+...+2012^n}\leq \sqrt[n]{2012^n+2012^n+...+2012^n}sin(x)=\sqrt[n]{2012\cdot 2012^n}\rightarrow 20120</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.

בג.<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>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>\bigg|\sin\big(x)-sin(y)|\leq |x-y|</math> לכן,  ::<math>|sin\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\bigg|\leq le \bigg|\sqrt{x-a}-\sqrt{x}\bigg|=\Bigg|\frac{-a}{\sqrt{x-a}+\sqrt{x}}\Bigg|\rightarrow to 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>

תהי א. האם <math>f</math> רציפה במ"ש בתחום <math>(x)=x^2sin\Big(\frac{1}{x}0,\Biginfty)</math>?

אג. האם f רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)<הוכח/math>?  ב. האם 'f רציפה במ"ש בתחום הפרך: אם <math>(0,\infty)g</math>?  ג. הוכח/הפרך: אם g גזירה ורציפה במ"ש ב-<math>(0,\infty)</math> אזי נגזרתה <math>g'g </math> חסומה ב-<math>(0,\infty)</math> 

 א.<br>

<math>f'(x)=2xsin2x\Bigcdot\sin\left(\frac{1}frac1{x}\Bigright)-\cos\Bigleft(\frac{1}frac1{x}\Bigright)</math>. כיוון כיון שגבולה באינסוף סופי והיא רציפה בכל נקודה בקטע, היא חסומה בקטע <math>[1,\infty)</math>.

בסה"כ הנגזרת חסומה ולכן לפי משפט הפונקציה <math>f </math> רציפה במ"ש בקטע.

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}to 0</math>. קל לוודא כי:

::<math>\bigg|f'(x_n)-f'(y_n)\bigg|\rightarrow 0to 1</math>

::ולכן <math>|f'(x_n)-f'(y_n)|\rightarrow 1</math>אינה רציפה במ"ש בקטע.

<math>xsinx\cdot\sin\Big(\frac{1}frac1{x}\Big)</math> בעלת גבולות סופיים בשני קצוות הקטע, ולכן רציפה שם במ"ש. קל לוודא כי נגזרתה אינה חסומה בקטע.

א. <math>\sum (-1)^nsin(\sqrt{n+1}-\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>

  אא.

 ::<math>\sum \sin\Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big)</math>, ו-<math>\sum\frac{1}frac1{\sqrt{n}}</math> 

ג.<br>בכל מקום זוגי <math>\cos^2\Bigleft(\frac{n\pi}{2}\Bigright)=1</math>ובכל מקום אי -זוגי זה שווה אפס <math>0</math> לכן הטור הוא בעצם הטור המתבדר ::<math>\sum\frac{1}frac1{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>