שינויים
==שאלה 2==
א. חשבו את הגבול :<math>\lim_{x\to 0to0}\biggleft[\frac1frac1x-\frac{x1}-\frac1{\sin(x)}\biggright]</math>
ב. קבעו האם הגבול קיים:
:<math>\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{2n}\frac1{k}frac1k</math>
===פתרון===
א. :<math>\frac1{x}frac1x-\frac1frac{1}{\sin(x)}=\frac{\sin(x)-x}{x\cdot\sin(x)}</math>כיון שהמונה והמכנה שואפים ל- <math>0</math>, 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)+x\cdot\cos(x)}</math>
שוב, המונה והמכנה שואפים לאפס ולכן ניתן להפעיל את כלל לופיטל.
:<math>\frac{-\sin(x)}{\cos(x)+\cos(x)-x\cdot\sin(x)}</math>כעת המונה שואף לאפס ואילו המכנה שואף לשתיים ולכן סה"כ הגבול הוא אפס0.
ב.<br>נסמן את איברי אברי הסדרה ב-:<math>a_n=\sum_{k=n}^{2n}\frac{1}{k}frac1k</math>
קל לראות כי
:<math>a_{n+1}-a_n=\frac1frac{1}{2k+1}+\frac1frac{1}{2k+2}-\frac1{k}frac1k\le \frac1frac{1}{2k}+\frac1frac{1}{2k}-\frac1{k}frac1k\le 0le0</math>
ולכן הסדרה '''מונוטונית''' יורדת ו'''חסומה''' מלרע על-ידי <math>0</math> ולכן מתכנסת.
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\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{2n+\sqrt{n}}</math>
===פתרון===
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_{n=1-}^\infty\dfrac{n^n-1}{(1-n)n^{n+1}(n-1)}=\sum\frac1limits_{(n=1-}^\infty\dfrac{1}{n(n-1)}-\dfrac{1}{n^{n+1}}(n-\frac1{(1-n)n}</math>
ואלה שני טורים מתכנסים ולכן סה"כ הטור מתכנס בהחלט.
ב.כיון שהקוסינוס מקבל את הערכים <math>1,0,-1</math> במחזוריות הידועה, טור זה בעצם שווה לטור
:<math>\sum\fraclimits_{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==
==שאלה 6==
תהי <math>f</math> פונקציה מוגדרת וגזירה על כל הממשיים, ונניח כי קיים הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\to\infty}f'(x)</math> קיים וגדול מ- <math>0</math> .
הוכיחו 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 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}\le \fracdfrac{K}{h}</math> ולכן עבור <math>h</math> גדול מספיק נקבל סתירה.
