שינויים
==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:
===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.
ב. נסמן את אברי הסדרה
:<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac1k</math>
קל לראות כי
==שאלה 3==
קבעו לגבי כל טור האם הוא מתכנס בהחלט/בתנאי/מתבדר:
א. <math>\sum\fraclimits_{n+n=1}^2\infty\dfrac{n+...\cdots+n^n}{n^{n+2}}</math>
ב. <math>\sum\fraclimits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos\Bigleft(\frac{n\pi}{2}\Bigright)}{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>
ב.כיון שהקוסינוס מקבל את הערכים <math>1,0,-1</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.
===פתרוןשאלה 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>.
===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.
===פתרון===
קלי קלות באמצעות טיילור.
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>a=0</math> ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה:<math>(-1)^i*נניח בשלילה x^(2i)/(2i)!</math>כי הפונקציה f חסומהקוסינוס אפס תמיד שווה אחד, לכן היא מונוטונית וחסומה ולכן מתכנסת למספר ממשי אשר נסמן ב-Kואז מה שקובע זה מספר הגזירה לסימן.עכשיו רק נותר למצוא את ה-I שיביא את השארית הרצויה, והוא שלוש(שימו לב שהתחלתי מאפס)<math>\Bigg|\cos(x)-1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{6!}\Bigg|<\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>.
===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> כך ש-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.
