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>

 ב.כיוון כיון שהקוסינוס מקבל את הערכים אפס אחד ומינוס אחד <math>1,0,-1</math> במחזוריות הידועה, טור זה בעצם שווה לטור ::<math>\sum\fraclimits_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^{n+1}}{2(2n+1)+\sqrt{2n+1}}</math> קל לראות שזהו טור שאינו מתכנס בהחלט כיוון כיון שהוא חבר של הטור ההרמוני, אבל כן מתכנס בתנאי לפי משפט לייבניץ'. 

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\mathbb{R}</math>.

הוכיחו כי <math>f </math> רציפה על כל הממשיים.

*תהי <math>x_o\neq x_n\rightarrow 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>=פתרון===קלי קלות באמצעות טיילור.

מי מתנדב לתרום את התשובה המלאה?*כיוון שהפונקציה רציפה באפס, וכיוון ש <אני!לפי [[http://math>0\neq x_n-x_0wiki.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?\rightarrow 0\אז ככה: ניקח את </math>, מתקיים <math>\lim f(x_n-x_0)a=0</math>ואז כל סינוס מתאפס ובעצם מה שנשאר זה הנוסחה הבאה:  *ביחד <math>\lim f(x_n-1) = f^i*x^(2i)/(x_02i)!</math>כי קוסינוס אפס תמיד שווה אחד, ולכן לפי היינה מתקיים 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>\lim_Bigg|\cos(x)-1+\frac{x^2}{2}-\rightarrow x_0frac{x^4}f({24}+\frac{x)=f(x_0)^6}{6!}\Bigg|<\frac1{10^4} </math> ולכן הפונקציה רציפה.

תהי <math>f </math> פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי קיים הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty}f'(x)>0</math> קיים וגדול מאפס.  הוכיחו כי f אינה חסומה מלעיל.

 *נסמן <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\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.