שינויים

הוכח/הפרך: הסדרה <math>a_n</math> מתכנסת אם"ם לכל תת -סדרה <math>a_{n_{k}n_k}</math> יש -תת סדרה מתכנסת.

כל סדרה חסומה שאינה מתכנסת מהווה דוגמא נגדית, מכיוון מכיון שכל תת -סדרה חסומה גם היא ולפי משפט בולצאנו -ויירשטראס יש לה תת -סדרה מתכנסת. (למשל <math>a_n=(-1)^n</math>)

נבדוק התכנסות בהחלט, נפעיל מבחן קושי, לקבללקבלת:

קל לראות ש- <math>\frac{b_{n+1}/}{b_n }\rightarrowto\infty</math> ולכן <math>b_n\rightarrowto\infty</math>. ולכן לכן <math>|a_n|\rightarrowto\infty</math> ולכן הטור '''מתבדר לחלוטין'''.

<math>\sum (-1)^n\frac{\sin(\frac{1}frac1{n})}{(\log ^2(n)^2}</math>

נבדוק התכנסות בהחלט. קל לראות ש-

<math>\frac{\frac{\sin\left(\frac{1}frac1{n}\right)}{(\log n)^2(n)}}{\frac{1}frac1{n(\cdot\log n)^2(n)}}\rightarrow to 1</math>

ולכן הטורים חברים. נוכיח שהשני מתכנס בעזרת מבחן העיבוי (מותר כי זו סדרה מונוטונית יורדת לאפסל- <math>0</math>):

<math>\frac{2^n}{2^n(\cdot\log{^2(2^n})^2}=\frac{1}frac1{n^2(\cdot\log{^2(2})^2}</math>

נבדוק התכנסות בהחלט, נפעיל את מבחן דלאמבר לקבל <math>\bigg|\frac{a_{n+1}}{a_n}\bigg|=\pi\frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)}\rightarrow to \frac{\pi}{4}<1</math>

זהה וסווג את נקודות אי -הרציפות.

<math>e^{-\frac{1}frac1{x^3}}</math>

נקודת אי -הרציפות היא אפס<math>0</math> . הגבול משמאל הינו אינסוף הנו <math>\infty</math> ולכן זה '''מין שני'''.

<math>\frac{\sin(x^2)}{\Big|\sin(x^2)\Big|}</math>

כמו שלמדנו, הפונקציה הזו מקבלת אחד <math>1</math> כאשר <math>\sin(x^2)</math> חיובי, ומינוס אחד ו- <math>-1</math> כאשר הוא שלילי, באפס ב- <math>0</math> היא אינה לא-מוגדרת ולכן זו נקודת אי -רציפות. לכן סה"כ נקודות אי -הרציפות הינן הנן <math>\pm \sqrt{\pi k}</math> כאשר <math>k> \ge 0</math> ואפס. פרט לאפסל- <math>0</math> , הן כולן '''מין ראשון''' מכיוון מכיון שמצד אחד הסינוס שלילי, ומהצד השני חיובי (מימין לנקודת אי -הרציפות או משמאלה).

באפסב- <math>0</math>, אנחנו מתקרבים אליו רק מהצד החיובי שם הסינוס חיובי ולכן הוא נקודת אי -רציפות '''סליקה'''.

נחלק לתחומים. בתחום <math>x>1\ ,\ x<-1</math> מתקיים <math>f(x)=x^2-1</math> ולכן <math>f'(x)=2x</math>.

בתחום <math>-1<x<1</math> מתקיים <math>f(x)=1-x^2</math> ולכן <math>f'(x)=-2x</math>.

קל איפוא לראות שבנקודות פלוס מינוס אחד <math>\pm1</math> יש אי -רציפות מ'''מין ראשון''' (שם הנגזרת מתקרבת לשתים ל- <math>2</math> מצד אחד ומינוס שתים ו- <math>-2</math> מצד שני).

<math>xsinx\cdot\sin\left(\frac{1}frac1{x^2}\right)</math> בתחום <math>(0,\infty)</math>.

<math>\lim_{x\rightarrow to 0} xsinx\cdot\sin\left(\frac{1}frac1{x^2}\right) =0</math> אפס כפול חסומה

<math>\lim_{x\rightarrow to\infty} xsinx\cdot\sin\left(\frac{1}frac1{x^2}\right) = \lim_{x\rightarrow to\infty} \frac{1}frac1{x}\cdot\frac{\sin\left(\frac{1}frac1{x^2}\right)}{\frac{1}frac1{x^2}}=0\cdot 1=0</math>

שני הגבולות סופיים ולכן הפונקציה '''רציפה במ"ש'''.

<math>\frac{1}{1+lnx\ln(x)}</math> בתחום <math>(0,\infty)</math>.

<math>\sqrt{\Big|\cos(\pi x)\Big|}</math> בתחום <math>(-\infty,\infty)</math>.

זו הרכבה של פונקציה רציפות במ"ש: <math>\sqrt{x},|x|,\cos(x),\pi x</math> ולכן '''רציפה במ"ש''' בתחום.

חשב את הקירוב הלינארי של <math>h=g^{-1}\circ f^{-1}</math> ב- <math>x_0=2</math>.

הקירוב הלינארי של <math>h(x)</math> באיזור באזור הנקודה <math>x_0</math>. הינו , הנו <math>h(x_0)+h'(x_0)(x-x_0)</math>

במקרה שלנו <math>h'(2)=(g^{-1}\circ f^{-1})'(2)=(\Big[\frac{d}{dx}g^{-1})'\Big(f^{-1}(2)\Big)(\Big]\cdot \Big[\frac{d}{dx}f^{-1})'(2)\Big]=\frac{1}{g'\Big(g^{-1}\big(f^{-1}(2)\big)\Big)} \frac{1}cdot \frac1{f'\big(f^{-1}(2)\big)}= </math>

ולכן סה"כ <math>h(x)=7-\frac{1x-2}{7}(x-2)</math>

תהי <math>g </math> פונקציה רציפה במ"ש בקטע <math>(0,1)</math> . נניח שקיים אפסילון גדול מאפס <math>\epsilon>0</math> כך שמתקיים <math>g(x)>\epsilon</math> לכל <math>x\in (0,1)</math>. הוכח שהפונקציה <math>\frac{1}frac1{g}</math> רציפה במ"ש בקטע <math>(0,1)</math> .

לפי הנתון, לכל אלפא גדול מאפס <math>\alpha>0</math> קיים דלתא גדול מאפס <math>\delta>0</math> כך שאם <math>\Big|x_1-x_2\Big|<\delta</math> מתקיים <math>\Big|g(x_1)-g(x_2)\Big|<\alpha\cdot\epsilon^2</math>.

לכן, מתקיים ש<math>\Bigg|\frac{1}frac1{g(x_1)}-\frac{1}frac1{g(x_2)}\Bigg|=\Bigg|\frac{g(x_2)-g(x_1)}{g(x_1)\cdot g(x_2)}\Bigg|<\frac{\alpha\cdot\epsilon^2}{\epsilon^2}=\alpha</math>

כפי שרצינו.<math>\blacksquare</math>

תהי <math>f </math> פונקציה בעלת חמש נגזרת רציפות על הממשיים. נניח ש - <math>f(0)=f'(0)=...\ldots=f^{(4)}(0)=0</math> וגם <math>f^{(5)}(0)>0</math>. עוד נניח שלכל <math>x\neq ne 0</math> מתקיים <math>f'(x)\neq ne 0</math>. הוכיחו שלכל <math>x>0</math> מתקיים <math>f(x)>0</math>.

מכיוון מכיון שהפונקציה ו4 ו- 4 נגזרותיה מתאפסות באפס, פולינום טיילור מסדר <math>4 </math> בסביבת הנקודה אפס <math>0</math> שווה זהותית לאפסל- <math>0</math> . השארית היא מהצורה <math>\frac{f^{(5)}(c)}{5!}x^5</math> כאשר <math>0<c<x</math>.

מכיוון מכיון ש- <math>f^{(5)}(0)>0</math> והנגזרת החמישית רציפה, אז קיימת סביבה של אפס <math>0</math> בה <math>f^{(5)}>0</math>. לכן בסביבה ימנית של אפס <math>0</math> מתקיים <math>f(x)=\frac{f^{(5)}(c)}{5!}x^5>0</math>.

נותר להוכיח ש- <math>f(x)>0</math> עבור <math>x>0</math> גם מחוץ לסביבה הימנית הזו. נניח בשלילה ש - <math>f(x)\leq le 0</math> אזי לפי משפט ערך הביניים <math>f(x)=0</math> עבור איזה <math>x>0</math>. אבל גם <math>f(0)=0</math> ולכן לפי משפט רול הנגזרת מתאפסת עבור נקודה גדולה מאפס מ- <math>0</math> בסתירה.