חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 11

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • תרגיל 1
  • תרגיל 2
  • תרגיל 3
  • תרגיל 4

גליון 11

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 11

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1)

נתון כי הפונקציה g:(a,b)→Rg:(a,b)\to \mathbb{R}g:(a,b)→R גזירה בנקודה x0∈(a,b)x_{0} \in(a,b)x0​∈(a,b).
יהי y(x)=mx+ny(x)=mx+ny(x)=mx+n ישר כלשהו שעובר דרך הנקודה (x0,g(x0))(x_{0},g(x_{0}))(x0​,g(x0​)).
נתון כי לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b) מתקיים g(x)≥y(x)g(x)\geq y(x)g(x)≥y(x).

הוכיחו כי yyy הוא המשיק לפונקציה ggg בנקודה x0x_{0}x0​.

הוכחה:
על מנת שהישר y(x)y(x)y(x) יהא משיק ל-ggg נדרש לשני תנאים: שהישר יעבור ב-(x0,g(x0))(x_{0},g(x_{0}))(x0​,g(x0​)) ו-g′(x0)=mg'(x_{0})=mg′(x0​)=m.
נתון הישר y(x)=mx+ny(x)=mx+ny(x)=mx+n עובר בנקודה (x0,g(x0))(x_{0},g(x_{0}))(x0​,g(x0​)). כעת, נבדוק האם התנאי השני מתקיים:

y(x0)=mx0+n=g(x0)y(x_{0})=mx_{0}+n=g(x_{0})y(x0​)=mx0​+n=g(x0​)

נבנה פונקציה f(x)=g(x)−y(x)f(x)=g(x)-y(x)f(x)=g(x)−y(x). הפונקציה הזו גזירה ב-x0∈(a,b)x_{0} \in(a,b)x0​∈(a,b) כחיסור של גזירות. f′(x)=g′(x)−y′(x)=g′(x)−mf'(x)=g'(x)-y'(x)=g'(x)-mf′(x)=g′(x)−y′(x)=g′(x)−m. נתון כי g(x)≥y(x)g(x)\geq y(x)g(x)≥y(x) לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b) ולכן, זה מתקיים גם לכל xxx בסביבת x0x_{0}x0​. ⇐ לכל xxx בסביבת x0x_{0}x0​ מתקיים g(x)−y(x)≥0g(x)-y(x)\geq 0g(x)−y(x)≥0. ב-x0x_{0}x0​ מתקיים כי f(x0)=0≥0f(x_{0})=0\geq0f(x0​)=0≥0.
לכן, כל xxx בסביבת x0x_{0}x0​ מקיים f(x)≥f(x0)f(x)\geq f(x_{0})f(x)≥f(x0​). ⇐ ע"פ הגדרה, זוהי נקודת קיצון מקומית.
לכן, לפי פרמה, מתקיים כי f′(x0)=0f'(x_{0})=0f′(x0​)=0 ולכן, g′(x0)−m=0g'(x_{0})-m=0g′(x0​)−m=0 ⇐ g′(x0)=mg'(x_{0})=mg′(x0​)=m ולכן, ע"פ הגדרת המשיק, y(x)y(x)y(x) הוא משיק ל-ggg בנקודה x0x_{0}x0​.
∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

יהיו a≠0a \neq0a=0 ו-n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מספר זוגי. הוכיחו כי xn+an=(x+a)nx^n+a^n=(x+a)^nxn+an=(x+a)n מתקיים x=0  ⟺  x=0 \iffx=0⟺.

הדרכה: הניחו בשלילה כי קיים x0≠0x_{0}\neq0x0​=0 כך ש-x0n+an=(x0+a)nx_{0}^n+a^n=(x_{0}+a)^nx0n​+an=(x0​+a)n והפעילו את משפט רול על הפונקציה f(x)=xn+an−(x+a)nf(x)=x^n+a^n-(x+a)^nf(x)=xn+an−(x+a)n בקטע בין x0x_{0}x0​ ל-000.

הוכחה:
⇒: נציב את 000 במשוואה:

0n+an=(0+a)n  ⟹  an=an0^n+a^n=(0+a)^n \implies a^n=a^n0n+an=(0+a)n⟹an=an

⇐: נניח בשלילה כי קיים x0≠0x_{0}\neq 0x0​=0 כך ש-x0n+an=(x0+a)nx_{0}^n+a^n=(x_{0}+a)^nx0n​+an=(x0​+a)n.
נבנה פונקציה f(x)=xn+an−(x+a)nf(x)=x^n+a^n-(x+a)^nf(x)=xn+an−(x+a)n. כאשר נזכור כי n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מספר זוגי ו-a≠0a\neq 0a=0. fff רציפה בקטע [0,x0][0,x_{0}][0,x0​] (או [x0,0][x_{0},0][x0​,0]) כחיסור של רציפות וגזירה בקטע (0,x0)(0,x_{0})(0,x0​) (או (x0,0)(x_{0},0)(x0​,0)) כחיסור של גזירות.

f(0)=0n+an−(0+a)n=0f(0)=0^n+a^n-(0+a)^n=0f(0)=0n+an−(0+a)n=0 f(x0)=x0n+an−(x0+a)n=↓ע"פ הנחת השלילה0f(x_{0})=x_{0}^n+a^n-(x_{0}+a)^n \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ע"פ הנחת השלילה}} \end{matrix}}{=}0f(x0​)=x0n​+an−(x0​+a)n↓ע"פ הנחת השלילה​=​0

לכן, לפי משפט רול, קיימת 0<c<x00<c<x_{0}0<c<x0​ (או x0<c<0x_{0}<c<0x0​<c<0) כך שמתקיים f′(c)=0f'(c)=0f′(c)=0. נגזור את f(x)f(x)f(x) על פי כללי גזירה.

f′(x)=nxn−1−n(x+a)n−1⋅1=nxn−1−n(x+a)n−1f'(x)=nx^{n-1}-n(x+a)^{n-1} \cdot 1=nx^{n-1}-n(x+a)^{n-1}f′(x)=nxn−1−n(x+a)n−1⋅1=nxn−1−n(x+a)n−1 ncn−1=n(c+a)n−1  ⟹  cn−1=(c+a)n−1  ⟹  ↓מכיוון ש-(1-n)הוא מספר אי זוגילא ניתן להגיע לחזקהמשני מספרים, אלארק מאחדc=c+a  ⟹  0=anc^{n-1}=n(c+a)^{n-1} \implies c^{n-1}=(c+a)^{n-1} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מכיוון ש-(1-n)}} \\ \R{\text{הוא מספר אי זוגי}} \\ \R{\text{לא ניתן להגיע לחזקה}} \\ \R{\text{משני מספרים, אלא}} \\ \R{\text{רק מאחד}} \end{matrix}}{\implies} c=c+a \implies 0=ancn−1=n(c+a)n−1⟹cn−1=(c+a)n−1↓מכיוון ש-(1-n)הוא מספר אי זוגילא ניתן להגיע לחזקהמשני מספרים, אלארק מאחד​⟹​c=c+a⟹0=a

וזוהי סתירה לנתון כי a≠0a \neq0a=0. לכן, לא קיימת נקודה x0≠0x_{0} \neq 0x0​=0 כך ש-x0n+an=(x0+a)nx_{0}^n+a^n=(x_{0}+a)^nx0n​+an=(x0​+a)n.
∎

תרגיל (2 [ב])

יהיו a≠0a \neq 0a=0 ו-2<n∈N2<n \in \mathbb{N}2<n∈N מספר אי-זוגי.
הוכיחו כי xn+an=(x+a)nx^n+a^n=(x+a)^nxn+an=(x+a)n מתקיים x=0∨x=−a  ⟺  x=0 \lor x=-a \iffx=0∨x=−a⟺.

הוכחה:
⇒: נבצע זאת לשני המצבים:
נתחיל ב-x=0x=0x=0:

0n+an=(0+a)n  ⟹  an=an0^n+a^n=(0+a)^n \implies a^n=a^n0n+an=(0+a)n⟹an=an

כעת, נעבור ל-x=−ax=-ax=−a:

(−a)n+an=(−a+a)n  ⟹  (−a)n+an=0(-a)^n+a^n=(-a+a)^n \implies (-a)^n+a^n=0(−a)n+an=(−a+a)n⟹(−a)n+an=0

מכיוון ש-nnn אי זוגי, הסימן נשמר ולכן:

−an+an=0  ⟹  0=0-a^n+a^n=0 \implies 0=0−an+an=0⟹0=0

⇐: נניח בשלילה כי קיים x0≠−a,0x_{0}\neq -a,0x0​=−a,0 כך שמתקיים xn+an=(x+a)nx^n+a^n=(x+a)^nxn+an=(x+a)n.
נגדיר f(x)=xn+an−(x+a)nf(x)=x^n+a^n-(x+a)^nf(x)=xn+an−(x+a)n. fff רציפה בקטע [0,x0][0,x_{0}][0,x0​] (או [x0,0][x_{0},0][x0​,0]) כחיסור של רציפות וגזירה בקטע (0,x0)(0,x_{0})(0,x0​) (או (x0,0)(x_{0},0)(x0​,0)) כחיסור של גזירות.

f(0)=an−an=0f(0)=a^n-a^n=0f(0)=an−an=0 f(x0)=0f(x_{0})=0f(x0​)=0

לכן, ע"פ משפט רול, קיימת 0<c<x00<c<x_{0}0<c<x0​ (או x0<c<0x_{0}<c<0x0​<c<0) כך שמתקיים f′(c)=0f'(c)=0f′(c)=0.
נגזור את f(x)f(x)f(x).

f′(x)=nxn−1−n(x+a)n−1⋅1=n(xn−1−(x+a)n−1)f'(x)=nx^{n-1}-n(x+a)^{n-1}\cdot 1=n(x^{n-1}-(x+a)^{n-1})f′(x)=nxn−1−n(x+a)n−1⋅1=n(xn−1−(x+a)n−1)

אזי:

f′(c)=cn−1−(c+a)n−1=0  ⟹  cn−1=(c+a)n−1f'(c)=c^{n-1}-(c+a)^{n-1}=0 \implies c^{n-1}=(c+a)^{n-1}f′(c)=cn−1−(c+a)n−1=0⟹cn−1=(c+a)n−1

מכיוון שהחזקה היא זוגית, מתקיים:

{c=c+a  ⟹  a=0  ⟹  סתירהc=−c−a  ⟹  a=−2c  ⟹  ?????????\begin{cases} c=c+a \implies a=0 \implies \R{\text{סתירה}}\\ c=-c-a \implies a=-2c \implies ????????? \end{cases}{c=c+a⟹a=0⟹סתירהc=−c−a⟹a=−2c⟹?????????​
שיעורי בית (HW)

∎

תרגיל 3

תרגיל (3)

תהי fff פונקציה גזירה פעמיים בקטע (a,b)(a,b)(a,b) ויהי M≥0M\geq0M≥0 כך ש-∣f′′(x)∣≤M|f''(x)|\leq M∣f′′(x)∣≤M לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b).
הוכיחו כי fff רציפה במ"ש ב-(a,b)(a,b)(a,b).

הוכחה:
נתון כי fff גזירה פעמיים ב-(a,b)(a,b)(a,b) ולכן f′f'f′ גזירה ב-(a,b)(a,b)(a,b) ולכן, לפי משפט f′f'f′ ליפשיצית ב-(a,b)(a,b)(a,b). לכן, לכל x,y∈(a,b)x,y \in(a,b)x,y∈(a,b) מתקיים:

∣f′(x)−f′(y)∣<K∣x−y∣  ⟹  ∣f′(x)−f′(y)∣∣x−y∣<K  ⟹  ∣f′(x)−f′(y)x−y∣<K|f'(x)-f'(y)|<K|x-y| \implies \frac{|f'(x)-f'(y)|}{|x-y|}< K \implies \left| \frac{f'(x)-f'(y)}{x-y} \right|< K∣f′(x)−f′(y)∣<K∣x−y∣⟹∣x−y∣∣f′(x)−f′(y)∣​<K⟹​x−yf′(x)−f′(y)​​<K

נסמן y=x0y=x_{0}y=x0​ ואז לפי יחס סדר גבולות, לכל xxx מתקיים:

lim⁡x→x0∣f′(x)−f′(x0)x−x0∣<lim⁡x→x0K=K\lim_{ x \to x_{0} } \left| \frac{f'(x)-f'(x_{0})}{x-x_{0}} \right|<\lim_{ x \to x_{0} } K=Kx→x0​lim​​x−x0​f′(x)−f′(x0​)​​<x→x0​lim​K=K

לפי חשבון גבולות:

lim⁡x→x0∣f′(x)−f′(x0)x−x0∣=∣lim⁡x→x0f′(x)−f′(x0)x−x0∣=↓לפי הגדרת הנגזרת∣f′(x0)∣\lim_{ x \to x_{0} } \left| \frac{f'(x)-f'(x_{0})}{x-x_{0}} \right|=\left| \lim_{ x \to x_{0} } \frac{f'(x)-f'(x_{0})}{x-x_{0}} \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי הגדרת הנגזרת}} \end{matrix}}{=}\left| f'(x_{0}) \right|x→x0​lim​​x−x0​f′(x)−f′(x0​)​​=​x→x0​lim​x−x0​f′(x)−f′(x0​)​​↓לפי הגדרת הנגזרת​=​∣f′(x0​)∣

זה מתקיים לכל x0∈(a,b)x_{0} \in (a,b)x0​∈(a,b) ולכן, לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b) מתקיים כי ∣f′(x)∣<K|f'(x)|<K∣f′(x)∣<K. לכן, מכיוון ש-f′f'f′ חסומה לפי הגדרה בקטע (a,b)(a,b)(a,b), לפי משפט מתקיים כי fff רציפה במ"ש ב-(a,b)(a,b)(a,b).
∎

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

תהי f:(a,b)→Rf:(a,b)\to \mathbb{R}f:(a,b)→R פונקציה גזירה המקיימת f′(x)≠0f'(x)\neq0f′(x)=0 לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b).
הוכיחו כי fff מונוטונית בקטע (a,b)(a,b)(a,b).

הוכחה:
נחלק למקרים:

  1. הנגזרת מקיימת f′(x)>0f'(x)>0f′(x)>0 לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b): אזי, לפי מסקנות לגרנז', מתקיים כי fff מונוטונית עולה.
  2. הנגזרת מקיימת f′(x)<0f'(x)<0f′(x)<0 לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b): אזי, לפי מסקנות לגרנז', מתקיים כי fff מונוטונית יורדת.
  3. הנגזרת אינה רציפה ולכן, לפי משפט, יש לה נקודת אי רציפות מסוג עיקרית ואז יכולים להתרחש שני מקרים: אם, הגבול בנקודה הוא ∞\infty∞ בשני הצדדים או −∞-\infty−∞ בשני הצדדים, אזי הנגזרת נשארת בצד אחד של ציר ה-xxx מכיוון שכדי לעבור לצד השני f′f'f′ תדרש לחצות את ציר ה-xxx, מה שמתאים לאחד משני המצבים העליונים. אם הגבולות לא קיימים או שונים מכל צד, אז הנגזרות החד צצדיות יהיו שונות או כלל לא קיימות ולכן fff אינה גזירה בנקודת אי הרציפות של הנגזרת בסתירה לנתון. לכן, f′f'f′ רציפה ולכן, מתקיים רק אחד משני המקרים למעלה.
    ∎
תרגיל (4 [ב])

תהי g:R→Rg:\mathbb{R}\to \mathbb{R}g:R→R פונקציה גזירה, המקיימת 0≤g′(x)≤10\leq g'(x)\leq 10≤g′(x)≤1 לכל x∈Rx \in \mathbb{R}x∈R.
הוכיחו כי קיימת נקודה 0≤c≤10\leq c\leq10≤c≤1 שבה g′(c)=3c2g'(c)=3c^2g′(c)=3c2.

הוכחה:
נגדיר: h(x)=g(x)−x3h(x)=g(x)-x^3h(x)=g(x)−x3. הפונקציה גזירה ב-[0,1][0,1][0,1] כחיסור של גזירות(ע"פ נתון). נגזור אותה ונקבל:

h′(x)=g′(x)−3x2h'(x)=g'(x)-3x^2h′(x)=g′(x)−3x2

נתון כי 0≤g′(x)≤10\leq g'(x)\leq 10≤g′(x)≤1 ולכן:

h′(0)=g′(0)>0h'(0)=g'(0)>0h′(0)=g′(0)>0 h′(1)=g′(1)−3<0h'(1)=g'(1)-3< 0h′(1)=g′(1)−3<0

לכן, ע"פ משפט דרבו, קיימת נקודה c∈[0,1]c \in[0,1]c∈[0,1] כך שמתקיים: h′(c)=0h'(c)=0h′(c)=0 ולכן:

h′(c)=g′(c)−3c2=0  ⟹  g′(c)=3c2h'(c)=g'(c)-3c^2=0 \implies g'(c)=3c^2h′(c)=g′(c)−3c2=0⟹g′(c)=3c2

∎