שינויים

 א. חשבו את הגבול ::<math>\lim_{x\rightarrow 0to0}\Big(left[\frac{1}{x}frac1x-\frac{1}{\sin(x)}\Big)right]</math>

 ::<math>\lim_{n\rightarrowto\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}frac1k</math> 

 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> 

 ::<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>

 ::<math>a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}-\frac{1}{k}frac1k\leq le\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}-\frac{1}{k}frac1k\leq 0le0</math> ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על -ידי אפס <math>0</math> ולכן מתכנסת.

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>

  א. <math>{\sum\fraclimits_{n+n=1}^2\infty\dfrac{n+...\cdots+n^n}{n^{n+2}}}=\sum\fraclimits_{n=1}^\infty\dfrac{n\cdot\frac{1-n^{n}-1}{1-n-1}}{n^{n+2}}=\sum\fraclimits_{1-n=1}^\infty\dfrac{n}^n-1}{(1-n)n^{n+1}(n-1)}=\sum\fraclimits_{n=1}^\infty\dfrac{(1-n)n^}{n+(n-1})}-\fracdfrac{1}{(n^{n+1-}(n-1)n}</math>

==שאלה 4==תהי <math>f</math> מוגדרת על כל הממשיים, רציפה ב.כיוון שהקוסינוס מקבל את הערכים אפס אחד ומינוס אחד במחזוריות הידועה- <math>0</math> ומקיימת <math>f(x+y)=f(x)+f(y)</math> לכל זוג מספרים <math>x, טור זה בעצם שווה לטורy\in\R</math>.

::הוכיחו כי <math>\sum\frac{(-1)^n)}{2(2n+1)+\sqrt{2n+1}}f</math>רציפה על כל הממשיים.

קל לראות שזהו טור שאינו מתכנס בהחלט כיוון שהוא חבר של הטור ההרמוני, אבל כן מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ'.===פתרון===*ראשית נבחין כי <math>f(0)=f(0+0)=שאלה 6f(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 פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים(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>, ונניח כי הגבול מתקיים <math>\lim_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\rightarrow\inftyto x_0}f'(x)=f(x_0)</math> קיים וגדול מאפס.  הוכיחו כי f אינה חסומה מלעילולכן הפונקציה רציפה.

*נסמן <מי מתנדב לתרום את התשובה המלאה?אני!לפי [[http://math>\lim_{x\rightarrow\infty}f'-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 (xאם כי זה היה טריקי ונאלצתי לכתת חיפושיי באינטרנט)=L. 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>. לכן קיים M כך שלכל ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה:<math>(-1)^i*x>M^(2i)/(2i)!</math> מתקיים כי קוסינוס אפס תמיד שווה אחד, ואז מה שקובע זה מספר הגזירה לסימן.עכשיו רק נותר למצוא את ה-I שיביא את השארית הרצויה, והוא שלוש(שימו לב שהתחלתי מאפס)<math>f'\Bigg|\cos(x)>-1+\frac{Lx^2}{2}>0-\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{6!}\Bigg|<\frac1{10^4} </math>.

*לכן, החל מ- M הנגזרת חיובית ממש ולכן הפונקציה מונוטונית עולההוכיחו כי <math>f</math> 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 נסמן ב-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.