==שאלה 2==
א. חשבו את הגבול ::<math>\lim_{x\rightarrow 0to0}\Big(left[\frac{1}{x}frac1x-\frac{1}{\sin(x)}\Big)right]</math>
ב. קבעו האם הגבול קיים:
::<math>\lim_{n\rightarrowto\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}frac1k</math>
===פתרון===
א. ::<math>\frac{1}{x}frac1x-\frac{1}{\sin(x)}=\frac{\sin(x)-x}{xsinx\sin(x)}</math> כיוון כיון שהמונה והמכנה שואפים לאפסל-0, ניתן להפעיל את כלל לופיטל. אם הגבול קיים לאחר גזירת המונה והמכנה בנפרד אז הוא שווה לגבול המקורי וסיימנו. ::<math>\frac{\cos(x)-1}{\sin(x)+xcosx\cos(x)}</math>
שוב, המונה והמכנה שואפים לאפס ולכן ניתן להפעיל את כלל לופיטל.
::<math>\frac{-\sin(x)}{\cos(x)+\cos(x)-xsinx\sin(x)}</math> כעת המונה שואף לאפס ואילו המכנה שואף לשתיים ולכן סה"כ הגבול הוא אפס0. ב. נסמן את איברי הסדרה ב::<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}</math>
ב. נסמן את אברי הסדרה
:<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac1k</math>
קל לראות כי
:<math>a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}-\frac1k\le\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}-\frac1k\le0</math>
ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על-ידי <math>0</math> ולכן מתכנסת.
::<math>a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}-\frac{1}{k}\leq \frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{k}\leq 0<=שאלה 3==קבעו לגבי כל טור האם הוא מתכנס בהחלט/math>בתנאי/מתבדר:
ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על ידי אפס ולכן מתכנסתא.<math>\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n+\cdots+n^n}{n^{n+2}}</math>
==שאלה 6==
תהי f פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי הגבול <math>\lim_{x\rightarrow\infty}f'(x)</math> קיים וגדול מאפס.
הוכיחו כי f אינה חסומה מלעיל.
ב. <math>\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{2n+\sqrt n}</math>
===פתרון===
א. <math>{\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n+\cdots+n^n}{n^{n+2}}}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n\cdot\frac{n^n-1}{n-1}}{n^{n+2}}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{n^n-1}{n^{n+1}(n-1)}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n(n-1)}-\dfrac{1}{n^{n+1}(n-1)}</math>
*נסמן <math>\lim_{x\rightarrow\infty}f'(x)=L>0</math>. לכן קיים M כך שלכל <math>x>M</math> מתקיים <math>f'(x)>\frac{L}{2}>0</math>ואלה שני טורים מתכנסים ולכן סה"כ הטור מתכנס בהחלט.
*לכןב.כיון שהקוסינוס מקבל את הערכים <math>1,0, החל מ- M הנגזרת חיובית ממש ולכן הפונקציה מונוטונית עולה1</math> במחזוריות הידועה, טור זה בעצם שווה לטור:<math>\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n+1}}{2(2n)+\sqrt{2n}}</math>קל לראות שזהו טור שאינו מתכנס בהחלט כיון שהוא חבר של הטור ההרמוני, אבל כן מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ.
==שאלה 4==
תהי <math>f</math> מוגדרת על כל הממשיים, רציפה ב- <math>0</math> ומקיימת <math>f(x+y)=f(x)+f(y)</math> לכל זוג מספרים <math>x,y\in\R</math>.
*נניח בשלילה הוכיחו כי הפונקציה <math>f חסומה, לכן היא מונוטונית וחסומה ולכן מתכנסת למספר ממשי אשר נסמן ב-K</math> רציפה על כל הממשיים.
===פתרון===
*ראשית נבחין כי <math>f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0)</math> ולכן <math>f(0)=0</math>
*כעת, נחשב את גבול הפונקציה בנקודה כללית לפי היינה:
*תהי <math>x_o\ne x_n\to x_0</math>, אזי <math>\lim f(x_n)=\lim f(x_n-x_0+x_0)=\lim f(x_n-x_0)+f(x_0)</math>
*כיון שהפונקציה רציפה ב- <math>0</math> וכיון ש- <math>0\ne x_n-x_0\to 0</math>, מתקיים <math>\lim f(x_n-x_0)=0</math>
*ביחד <math>\lim f(x_n) = f(x_0)</math>, ולכן לפי היינה מתקיים <math>\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)</math> ולכן הפונקציה רציפה.
*לפי הגדרת הגבול, קיים 'M ==שאלה 5==מצאו פולינום <math>p(x)</math> כך שלכל <math>x>M'\in [0,1]</math> מתקיים <math>\Big|f\cos(x)-Kp(x)\Big|<\frac10^{k}{2-4}</math>
===פתרון===
קלי קלות באמצעות טיילור.
*לכן ביחד לכל זוג מי מתנדב לתרום את התשובה המלאה?אני!לפי [[http://math-wiki.com/index.php?title=%D7%A4%D7%95%D7%9C%D7%99%D7%A0%D7%95%D7%9D_%D7%98%D7%99%D7%99%D7%9C%D7%95%D7%A8 פונקציה זו]] ניתן לראות שבסה"כ צריך לגזור כמה פעמים (אם כי זה היה טריקי ונאלצתי לכתת חיפושיי באינטרנט). ע"פ פיתוח טיילור הפולינום של קוסינוס זה מה שמופיע וזה מספיק בשביל לקיים את התנאי הדרוש.אני צודק ארז או שזה לא מספיק?\\אז ככה: ניקח את <math>x,y>M'a=0</math> מתקיים ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה:<math>|f(-1)^i*x^(2i)/(2i)!</math>כי קוסינוס אפס תמיד שווה אחד, ואז מה שקובע זה מספר הגזירה לסימן.עכשיו רק נותר למצוא את ה-fI שיביא את השארית הרצויה, והוא שלוש(yשימו לב שהתחלתי מאפס)<math>\Bigg|\cos(x)-1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{6!}\Bigg|< K\frac1{10^4} </math>
==שאלה 6==
תהי <math>f</math> פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי קיים הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)>0</math>.
*ניקח הוכיחו כי <math>x>M,M'</math> אזי לכל <math>h>0</math> לפי משפט '''לגראנז''' קיים <math>x<c<x+hf</math> כך ש-אינה חסומה מלעיל.
:===פתרון===*נסמן <math>\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=L>0</math> . לכן קיים <math>M</math> כך שלכל <math>x>M</math> מתקיים <math>f'(x)>\frac{L}{2}>0</math> .*לכן, החל מ-<math>M</math> הנגזרת חיובית ממש ולכן הפונקציה מונוטונית עולה. *נניח בשלילה כי הפונקציה <math>f</math> חסומה, לכן היא מונוטונית וחסומה ולכן מתכנסת למספר ממשי אשר נסמנו <math>K</math> .*לפי הגדרת הגבול, קיים <math>M'</math> כך שלכל <math>x>M'</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-K\Big|<\frac{k}{2}</math> .*לכן ביחד לכל זוג <math>x,y>M'</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-f(y)\Big|< K</math>*ניקח <math>x>M,M'</math> אזי לכל <math>h>0</math> לפי משפט '''לגראנז'''' קיים <math>x<c<x+h</math> עבורו:<math>f'(c)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}</math> *כעת, מתקיים <math>f'(c)>\frac{L}{2}</math>, אבל מצד שני <math>\fracdfrac{f(x+h)-f(x)}{h}\leq le\fracdfrac{K}{h}</math> ולכן עבור <math>h מספיק </math> גדול מספיק נקבל סתירה.
