תרגיל 1
הוכיחו לפי הגדרה שהפונקציה f ( x ) = x 2 + sin x f(x)=x^2+\sin x f ( x ) = x 2 + sin x
הוכחה: ε > 0 \epsilon>0 ε > 0 I ⊆ R I \subseteq \mathbb{R} I ⊆ R δ = ε − 1 2 M \delta=\frac{\epsilon-1}{2M} δ = 2 M ε − 1 x , y ∈ I x,y \in I x , y ∈ I ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ
∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ = ∣ x 2 + sin x − y 2 − sin y ∣ ≤ ↓ אי שוויון המשולש ∣ x 2 − y 2 ∣ + ∣ sin x − sin y ∣ = ∣ x − y ∣ ∣ x + y ∣ + ∣ sin x − sin y ∣ |f(x)-f(y)|=|x^2+\sin x-y^2-\sin y|\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אי שוויון המשולש}}
\end{matrix}}{\leq} |x^2-y^2|+|\sin x-\sin y|=|x-y||x+y|+|\sin x-\sin y| ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ = ∣ x 2 + sin x − y 2 − sin y ∣ ↓ אי שוויון המשולש ≤ ∣ x 2 − y 2 ∣ + ∣ sin x − sin y ∣ = ∣ x − y ∣∣ x + y ∣ + ∣ sin x − sin y ∣ ≤ ↓ − 1 ≤ sin α ≤ 1 ∣ x − y ∣ ∣ x + y ∣ + 2 \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
-1\leq \sin\alpha\leq1
\end{matrix}}{\leq}|x-y||x+y|+2 ↓ − 1 ≤ sin α ≤ 1 ≤ ∣ x − y ∣∣ x + y ∣ + 2 כעת נסתכל על הקטע I I I I I I [ a , b ] [a,b] [ a , b ] x ∈ I x \in I x ∈ I x ≤ b x \leq b x ≤ b x , y ∈ I x,y \in I x , y ∈ I x + y < 2 b x+y<2b x + y < 2 b ∣ x + y ∣ < 2 max { ∣ a ∣ , ∣ b ∣ } |x+y|<2\max\left\{ |a|,|b| \right\} ∣ x + y ∣ < 2 max { ∣ a ∣ , ∣ b ∣ } M = max { ∣ a ∣ , ∣ b ∣ } M=\max\left\{ |a|,|b| \right\} M = max { ∣ a ∣ , ∣ b ∣ }
< δ ( 2 max { ∣ a ∣ , ∣ b ∣ } ) + 2 = 2 δ M + 2 = ε <\delta(2\max\left\{ |a|,|b| \right\})+2=2\delta M+2=\epsilon < δ ( 2 max { ∣ a ∣ , ∣ b ∣ } ) + 2 = 2 δ M + 2 = ε ∎
הוכיחו לפי הגדרה שהפונקציה f ( x ) = sin x 2 f(x)=\sin x^2 f ( x ) = sin x 2 R \mathbb{R} R
הוכחה: x n , y n x_{n},y_{n} x n , y n ∣ x n − y n ∣ ⟶ n → ∞ 0 |x_{n}-y_{n}|\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 ∣ x n − y n ∣ n → ∞ ⟶ 0 ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ⟶ n → ∞ 0 |f(x_{n})-f(y_{n})|\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ n → ∞ ⟶ 0
x n = n π y n = π 2 + n π x_{n}=\sqrt{ n\pi } \qquad y_{n}=\sqrt{ \frac{\pi}{2}+n\pi } x n = nπ y n = 2 π + nπ נבדוק שהתנאי הראשוני מתקיים:
0 ⟵ n → ∞ ∣ n π − n π ∣ < ∣ n π − π 2 + n π ∣ < ∣ n π − n ( π + 1 ) ∣ = ∣ n π − n π n ∣ = n π ∣ 1 − n ⏟ ↓ 1 ∣ ⟶ n → ∞ 0 0\underset{n\to \infty}{\longleftarrow}|\sqrt{ n\pi }-\sqrt{ n\pi }|< \left| \sqrt{ n\pi }-\sqrt{ \frac{\pi}{2}+n\pi } \right|< \left| \sqrt{ n\pi }-\sqrt{ n(\pi+1) } \right|=\left| \sqrt{ n\pi }-\sqrt{ n\pi }\sqrt{ n } \right|=\sqrt{ n\pi }| 1-\underbrace{\sqrt{ n }}_{\begin{matrix}
\downarrow \\
1
\end{matrix}}|\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 0 n → ∞ ⟵ ∣ nπ − nπ ∣ < nπ − 2 π + nπ < nπ − n ( π + 1 ) = nπ − nπ n = nπ ∣1 − ↓ 1 n ∣ n → ∞ ⟶ 0 ולכן, לפי סנדוויץ' מתקיים כי lim n → ∞ ∣ x n − y n ∣ = 0 \lim_{ n \to \infty }\left| x_{n}-y_{n} \right|=0 lim n → ∞ ∣ x n − y n ∣ = 0
∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ = ∣ sin ( n π ) − sin ( n π + π 2 ) ∣ \left| f(x_{n})-f(y_{n}) \right|=\left| \sin(n\pi)-\sin\left( n\pi+\frac{\pi}{2} \right) \right| ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ = sin ( nπ ) − sin ( nπ + 2 π ) כעת נתחלק ל-2 מצבים: 1. כאשר sin ( n π + π 2 ) = 1 \sin\left( n\pi+\frac{\pi}{2} \right)=1 sin ( nπ + 2 π ) = 1 sin ( n π + π 2 ) = − 1 \sin\left( n\pi+\frac{\pi}{2} \right)=-1 sin ( nπ + 2 π ) = − 1
= ∣ 0 − 1 ∣ = ∣ − 1 ∣ = ∣ 0 − − 1 ∣ = ∣ 1 ∣ = 1 ⟶ n → ∞ 0 \begin{matrix}
=\left| 0-1 \right|=|-1| \\
=|0--1|=|1|
\end{matrix}=1 \xcancel{ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} } 0 = ∣ 0 − 1 ∣ = ∣ − 1∣ = ∣0 − − 1∣ = ∣1∣ = 1 n → ∞ ⟶ 0 וזוהי סתירה להגדרה ולכן f f f R \mathbb{R} R ∎
תרגיל 2
תהי f : ( 0 , 1 ] → R f:(0,1]\to \mathbb{R} f : ( 0 , 1 ] → R f f f
הוכחה: f f f ε > 0 \epsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 x , y ∈ ( 0 , 1 ] x,y \in(0,1] x , y ∈ ( 0 , 1 ] ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\epsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε ε \epsilon ε δ 1 = δ > 0 \delta_{1}=\delta>0 δ 1 = δ > 0 0 < x < δ 1 0<x<\delta_{1} 0 < x < δ 1 0 < y < δ 1 0<y<\delta_{1} 0 < y < δ 1 ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\epsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε f f f L L L 0 + 0^+ 0 + ε 1 > 0 \epsilon_{1}>0 ε 1 > 0 δ 2 > 0 \delta_{2}>0 δ 2 > 0 0 < x < δ 1 0<x<\delta_{1} 0 < x < δ 1 ∣ f ( x ) − L ∣ < ε 1 |f(x)-L|<\epsilon_{1} ∣ f ( x ) − L ∣ < ε 1 0 0 0
L − ε 1 < f ( x ) < ε 1 + L L-\epsilon_{1}<f(x)<\epsilon_{1}+L L − ε 1 < f ( x ) < ε 1 + L נגדיר פונקציה חדשה: F ( x ) = { f ( x ) x ≠ 0 L x = 0 F(x)=\begin{cases}f(x) & x \neq0\\ L & x=0\end{cases} F ( x ) = { f ( x ) L x = 0 x = 0 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x = 0 x=0 x = 0 W W W m , M ∈ R m,M \in \mathbb{R} m , M ∈ R x ∈ [ 0 , 1 ] x \in[0,1] x ∈ [ 0 , 1 ] m ≤ F ( x ) ≤ M m\leq F(x)\leq M m ≤ F ( x ) ≤ M x ∈ ( 0 , 1 ] ⊂ [ 0 , 1 ] x \in(0,1] \subset [0,1] x ∈ ( 0 , 1 ] ⊂ [ 0 , 1 ] m ≤ f ( x ) ≤ M m\leq f(x)\leq M m ≤ f ( x ) ≤ M f f f ∎
תרגיל 3
יהיו f f f g g g g g g ( f g ) ′ ( x ) = f ′ ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ′ ( x ) g 2 ( x ) \left( \frac{f}{g} \right)'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)} ( g f ) ′ ( x ) = g 2 ( x ) f ′ ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ′ ( x )
הוכחה:
( f g ) ′ ( x 0 ) = lim x → x 0 f ( x ) g ( x ) − f ( x 0 ) g ( x 0 ) x − x 0 = lim x → x 0 f ( x ) g ( x 0 ) − f ( x 0 ) g ( x ) g ( x ) g ( x 0 ) x − x 0 = lim x → x 0 f ( x ) g ( x 0 ) + f ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ( x ) − f ( x 0 ) g ( x ) g ( x ) g ( x 0 ) x − x 0 \left( \frac{f}{g} \right)'(x_{0})= \lim_{ x \to x_{0} } \frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x_{0})}{g(x_{0})}}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{\frac{f(x)g(x_{0})-f(x_{0})g(x)}{g(x)g(x_{0})}}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{\frac{f(x)g(x_{0})+f(x)g(x)-f(x)g(x)-f(x_{0})g(x)}{g(x)g(x_{0})}}{x-x_{0}} ( g f ) ′ ( x 0 ) = x → x 0 lim x − x 0 g ( x ) f ( x ) − g ( x 0 ) f ( x 0 ) = x → x 0 lim x − x 0 g ( x ) g ( x 0 ) f ( x ) g ( x 0 ) − f ( x 0 ) g ( x ) = x → x 0 lim x − x 0 g ( x ) g ( x 0 ) f ( x ) g ( x 0 ) + f ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ( x ) − f ( x 0 ) g ( x ) = lim x → x 0 f ( x ) ( g ( x 0 ) − g ( x ) ) ) + g ( x ) ( f ( x ) − f ( x 0 ) ) g ( x ) g ( x 0 ) x − x 0 = lim x → x 0 f ( x ) ⋅ g ( x 0 ) − g ( x ) x − x 0 + g ( x ) ⋅ f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 g ( x ) g ( x 0 ) =\lim_{ x \to x_{0} } \frac{\frac{f(x)(g(x_{0})-g(x)))+g(x)(f(x)-f(x_{0}))}{g(x)g(x_{0})}}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x) \cdot \frac{g(x_{0})-g(x)}{x-x_{0}}+g(x)\cdot \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}}{g(x)g(x_{0})} = x → x 0 lim x − x 0 g ( x ) g ( x 0 ) f ( x ) ( g ( x 0 ) − g ( x ))) + g ( x ) ( f ( x ) − f ( x 0 )) = x → x 0 lim g ( x ) g ( x 0 ) f ( x ) ⋅ x − x 0 g ( x 0 ) − g ( x ) + g ( x ) ⋅ x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) = ↓ חשבון גבולות g ( x 0 ) lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 − f ( x 0 ) lim x → x 0 g ( x ) − g ( x 0 ) x − x 0 g 2 ( x 0 ) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=} \frac{g(x_{0})\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} -f(x_{0})\lim_{ x \to x_{0} } \frac{g(x)-g(x_{0})}{x-x_{0}}}{g^2(x_{0})} ↓ חשבון גבולות = g 2 ( x 0 ) g ( x 0 ) lim x → x 0 x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) − f ( x 0 ) lim x → x 0 x − x 0 g ( x ) − g ( x 0 ) נתון כי f f f f ′ ( x 0 ) = lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 f'(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} f ′ ( x 0 ) = lim x → x 0 x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) g g g g ′ ( x 0 ) = lim x → x 0 g ( x ) − g ( x 0 ) x − x 0 g'(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{g(x)-g(x_{0})}{x-x_{0}} g ′ ( x 0 ) = lim x → x 0 x − x 0 g ( x ) − g ( x 0 )
( f g ) ′ ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) g ( x 0 ) − f ( x 0 ) g ′ ( x 0 ) g 2 ( x 0 ) \left( \frac{f}{g} \right)'(x_{0})=\frac{f'(x_{0})g(x_{0})-f(x_{0})g'(x_{0})}{g^2(x_{0})} ( g f ) ′ ( x 0 ) = g 2 ( x 0 ) f ′ ( x 0 ) g ( x 0 ) − f ( x 0 ) g ′ ( x 0 ) מכיוון שזה מתרחש לכל x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R
( f g ) ′ ( x ) = f ′ ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ′ ( x ) g 2 ( x ) \left( \frac{f}{g} \right)'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)} ( g f ) ′ ( x ) = g 2 ( x ) f ′ ( x ) g ( x ) − f ( x ) g ′ ( x ) ∎
תרגיל 4
תהי g ( x ) = x 2 − e x 2 − 5 x + 6 g(x)=x^2-e^{x^2-5x+6} g ( x ) = x 2 − e x 2 − 5 x + 6 h ( x ) = 5 x + 7 cos ( π x ) h(x)=5x+7\cos(\pi x) h ( x ) = 5 x + 7 cos ( π x )
f ( x ) = { x 2 − e x 2 − 5 x + 6 x ∈ Q 5 x + 7 cos ( π x ) x ∉ Q f(x)=\begin{cases}
x^2-e^{x^2-5x+6} & x \in \mathbb{Q} \\
5x+7\cos(\pi x) & x \not\in \mathbb{Q}
\end{cases} f ( x ) = { x 2 − e x 2 − 5 x + 6 5 x + 7 cos ( π x ) x ∈ Q x ∈ Q שימו לב כי f f f
הוכיחו כי lim x → 3 f ( x ) = 8 \lim_{ x \to 3 }f(x)=8 lim x → 3 f ( x ) = 8
הוכחה: δ \delta δ 3 3 3 8 8 8 δ \delta δ 3 3 3 8 8 8
lim x → 3 x 2 − e x 2 − 5 x + 6 = ↓ לפי משפט 9 − e 0 = 8 \lim_{ x \to 3 } x^2-e^{x^2-5x+6}\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לפי משפט}}
\end{matrix}}{=} 9-e^{0}=8 x → 3 lim x 2 − e x 2 − 5 x + 6 ↓ לפי משפט = 9 − e 0 = 8 lim x → 3 5 x + 7 cos ( π x ) = ↓ לפי משפט 15 + 7 ⋅ − 1 = 8 \lim_{ x \to 3 } 5x+7\cos(\pi x)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לפי משפט}}
\end{matrix}}{=} 15+7\cdot -1=8 x → 3 lim 5 x + 7 cos ( π x ) ↓ לפי משפט = 15 + 7 ⋅ − 1 = 8 ולכן, מכיוון ש-lim x → 3 f ( x ) \lim_{ x \to 3 }f(x) lim x → 3 f ( x ) lim x → 3 f ( x ) \lim_{ x \to 3 }f(x) lim x → 3 f ( x ) x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R lim x → 3 f ( x ) = 8 \lim_{ x \to 3 }f(x)=8 lim x → 3 f ( x ) = 8 ∎
חשבו את g ′ ( 2 ) g'(2) g ′ ( 2 ) h ′ ( 2 ) h'(2) h ′ ( 2 ) f f f x = 2 x=2 x = 2
נתחיל בחישובים:
g ′ ( 2 ) = 2 ⋅ 2 + e 4 − 10 + 6 ⋅ ( 2 ⋅ 2 − 5 ) = 4 − 1 = 3 g'(2)=2\cdot2+e^{4-10+6}\cdot (2\cdot 2-5)=4-1=3 g ′ ( 2 ) = 2 ⋅ 2 + e 4 − 10 + 6 ⋅ ( 2 ⋅ 2 − 5 ) = 4 − 1 = 3 h ′ ( 2 ) = 5 − 7 sin ( π ⋅ 2 ) ⋅ π = 5 h'(2)=5-7\sin(\pi \cdot 2)\cdot \pi=5 h ′ ( 2 ) = 5 − 7 sin ( π ⋅ 2 ) ⋅ π = 5 כעת נשים לב כי הפונקציה f f f
f ( x ) = { g ( x ) x ∈ Q h ( x ) x ∉ Q f(x)=\begin{cases}
g(x) & x \in \mathbb{Q} \\
h(x) & x \not\in \mathbb{Q}
\end{cases} f ( x ) = { g ( x ) h ( x ) x ∈ Q x ∈ Q ולכן, בסביבת δ \delta δ 2 2 2
lim x → 2 f ( x ) − f ( 2 ) x − 2 = 3 ∧ lim x → 2 f ( x ) − f ( 2 ) x − 2 = 5 \lim_{ x \to 2 } \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=3 \land \lim_{ x \to 2 } \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=5 x → 2 lim x − 2 f ( x ) − f ( 2 ) = 3 ∧ x → 2 lim x − 2 f ( x ) − f ( 2 ) = 5 ולכן, על פי יחידות הגבול מתקיים כי לא קיים גבול בנק' x = 2 x=2 x = 2 f f f אינה גזירה בנקודה x = 2 x=2 x = 2
חשבו את g ′ ( 3 ) g'(3) g ′ ( 3 ) h ′ ( 3 ) h'(3) h ′ ( 3 ) f f f x = 3 x=3 x = 3
תחילה נחשב:
g ′ ( 3 ) = 6 − e 0 ⋅ ( 1 ) = 5 g'(3)=6-e^{0}\cdot (1)=5 g ′ ( 3 ) = 6 − e 0 ⋅ ( 1 ) = 5 h ′ ( 3 ) = 5 − 7 sin ( π ) ( π ) = 5 h'(3)=5-7\sin(\pi)(\pi)=5 h ′ ( 3 ) = 5 − 7 sin ( π ) ( π ) = 5 מכיוון שהנגזרת זהה, כפי שהוסבר בסעיף הקודם, לכל x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R
lim x → 3 f ( x ) − f ( 3 ) x − 3 = 5 \lim_{ x \to 3 } \frac{f(x)-f(3)}{x-3} =5 x → 3 lim x − 3 f ( x ) − f ( 3 ) = 5 ולכן הנגזרת קיימת בנקודה x = 3 x=3 x = 3