שינויים
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>
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>
קל לראות כי <math>\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1</math>, אבל לא קיים הגבול <math>\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}</math> .
'''הפרכה נוספת''': ניקח את הסדרה הבאה
:<math>\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac13,3,\frac13,3,\frac13,3,\ldots</math>
ולכן לא מתכנס. אבל <math>\sqrt[n]{3}\to 1to1</math> וכמובן גם <math>\sqrt[n]{1}\to 1to1</math> ולכן סה"כ <math>\sqrt[n]{a_n}\to 1to1</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)\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 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>
אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:
:<math>f'(x)\ge f'(c) = \frac{f(x)}{x}</math>
כפי שרצינו. <math>\blacksquare</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>
==שאלה 3==
ג. <math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[\sin\big(\sqrt{x-a}\big)-\sin\big(\sqrt{x}\big)\Big]</math>
ד. <math>\lim\limits_{x\to 1to1}\Big[\frac1frac{1}{x-1}-\frac1frac{1}{\ln(x)}\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 2012cdot2012^n}\to 2012to2012</math>
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>.
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.
ג.<br>כפי שראינו בכיתה, ניתן להוכיח בעזרת לגראנגלגראנז' כי <math>\bigg|\sin(x)-\sin(y)\bigg|\le |x-y|</math> לכן,
:<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>
ד.<br>:<math>\frac1frac{1}{x-1}-\frac1frac{1}{\ln(x)}=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}</math>
נגזור את המונה ואת המכנה לקבלת:
:<math>\frac{\frac1frac{1}{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(\frac1frac{1}{x}\right)</math>
א. האם <math>f</math> רציפה במ"ש בתחום <math>(0,\infty)</math>?
