חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 9

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

גליון 9

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 9

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

נתונה:

f(x)={x[2sin⁡1x]x≠0cx=0f(x)=\begin{cases} x\left[ 2\sin \frac{1}{x} \right] & x\neq0 \\ c & x=0 \end{cases}f(x)={x[2sinx1​]c​x=0x=0​

כאשר ccc קבוע ממשי.

מהו ccc, אם נתון כי f(x)f(x)f(x) רציפה ב-x=0x=0x=0?

הוכחה:
לפי הגדרת הרציפות, כדי ש-f(x)f(x)f(x) תהא רציפה ב-x=0x=0x=0 צריך להתקיים ש-f(0)=lim⁡x→0f(x)f(0)=\lim_{ x \to 0 }f(x)f(0)=limx→0​f(x). נמצא כעת את גבול זה:

lim⁡x→02xאפסה⋅sin⁡1xחסום=↓לפי חסומה כפול אפסה0\lim_{ x \to 0 } 2\underbracket{x}_{\R{אפסה}}\cdot\underbracket{\sin \frac{1}{x}}_{\R{חסום}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חסומה כפול אפסה}} \end{matrix}}{=}0x→0lim​2אפסהx​⋅חסוםsinx1​​↓לפי חסומה כפול אפסה​=​0

לכן, lim⁡x→0f(x)=0\lim_{ x \to 0 }f(x)=0limx→0​f(x)=0 ולכן, c=0c=0c=0.
∎

תרגיל (1 [ב])

נניח כעת כי c=2c=2c=2. מצאו וסווגו את כל נקודות אי הרציפות של הפונקציה f(x)f(x)f(x) בקטע [0,1][0,1][0,1].

הוכחה:
נתחיל בלהוכיח כי לא קיימות עוד נקודות אי-רציפות מלבד 000. על ידי כך שנוכיח רציפות במ"ש בקטע ולפי משפט, בקטע סגור רציפות במ"ש הינה רציפות.
יהי ε>0\epsilon>0ε>0. לכן, קיים δ=ε−42>0\delta=\frac{\epsilon-4}{2}>0δ=2ε−4​>0 כך שלכל x,y∈[0,1]x,y \in[0,1]x,y∈[0,1] אם ∣x−y∣<δ|x-y|<\delta∣x−y∣<δ אזי מתקיים:

∣2xsin⁡1x−2ysin⁡1y∣=2∣xsin⁡1x−ysin⁡1y∣=2∣xsin⁡1x−ysin⁡1x+ysin⁡1x−ysin⁡1y∣=2∣sin⁡1x(x−y)+y(sin⁡1x−sin⁡1y)∣\left| 2x\sin \frac{1}{x}-2y\sin \frac{1}{y} \right|=2\left| x\sin \frac{1}{x}-y\sin \frac{1}{y} \right|=2\left|x\sin \frac{1}{x}-y\sin \frac{1}{x}+y\sin \frac{1}{x}-y\sin \frac{1}{y}\right|=2\left| \sin \frac{1}{x}(x-y)+y\left( \sin \frac{1}{x}-\sin \frac{1}{y} \right) \right|​2xsinx1​−2ysiny1​​=2​xsinx1​−ysiny1​​=2​xsinx1​−ysinx1​+ysinx1​−ysiny1​​=2​sinx1​(x−y)+y(sinx1​−siny1​)​ ≤↓אי שוויון המשולש2∣sin⁡1x∣∣x−y∣+2∣y∣∣sin⁡1x−sin⁡1y∣≤↓sin⁡x≤12∣x−y∣+4∣y∣≤↓0≤y≤12∣x−y∣+4<2δ+4=ε\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש}} \end{matrix}}{\leq} 2\left| \sin \frac{1}{x} \right||x-y|+2|y|\left|\sin \frac{1}{x}-\sin \frac{1}{y}\right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \sin x \leq 1 \end{matrix}}{\leq} 2|x-y|+4|y|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ 0\leq y \leq 1 \end{matrix}}{\leq} 2|x-y|+4< 2\delta+4 = \epsilon↓אי שוויון המשולש​≤​2​sinx1​​∣x−y∣+2∣y∣​sinx1​−siny1​​↓sinx≤1​≤​2∣x−y∣+4∣y∣↓0≤y≤1​≤​2∣x−y∣+4<2δ+4=ε

לכן, רק 0 היא נקודת אי רציפות.
בנקודה 000 הגבול הוא 000 אך הערך הוא 222 ולכן, זוהי אי רציפות סליקה.
∎

תרגיל 2

תרגיל (2)

תהא f(x)f(x)f(x) פונקציה רציפה ואי-שלילית. נתון כי f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0f(0)=f(1)=0. הראו כי לכל 0<r<10<r<10<r<1 קיימות שתי נקודות x,y∈[0,1]x,y \in [0,1]x,y∈[0,1] כך שהמרחק ביניהן שווה ל-rrr ומתקיים f(x)=f(y)f(x)=f(y)f(x)=f(y).

רמז: יש להוכיח שלכל 0<r<10<r<10<r<1 קיים x∈[0,1−r]x \in[0,1-r]x∈[0,1−r] כך ש-f(x)=f(x+r)f(x)=f(x+r)f(x)=f(x+r).

הוכחה:
יהי r∈(0,1)r \in(0,1)r∈(0,1).
נבנה פונקציה חדשה F(x)F(x)F(x) כך:

F(x)=f(x+r)−f(∣x∣)F(x)=f(x+r)-f(|x|)F(x)=f(x+r)−f(∣x∣)

הפונקציה הינה רציפה בקטע [−r,1−r][-r,1-r][−r,1−r] מחיסור של פונקציות רציפות ומתוך כך שכל מספר בין −r-r−r ל-000 הוא קטן מ-rrr בערך מחלט ולכן, הוספה של rrr תגרום למצב x+r∈[0,1]x+r\in[0,1]x+r∈[0,1] ששם fff רציפה.
כעת, נסתכל על ערכי הקצוות שלה:

F(−r)=f(0)−f(r)=−f(r)F(-r)=f(0)-f(r)=-f(r)F(−r)=f(0)−f(r)=−f(r) F(1−r)=f(1−r+r)⏟f(1) = 0−f(1−r)=f(1−r)F(1-r)=\underbrace{f(1-r+r)}_{f(1)\ =\ 0}-f(1-r)=f(1-r)F(1−r)=f(1) = 0f(1−r+r)​​−f(1−r)=f(1−r)

אנו יודעים כי f(1−r)>0f(1-r)>0f(1−r)>0 ולכן, F(1−r)>0F(1-r)>0F(1−r)>0. בניגוד לכך F(−r)<0F(-r)<0F(−r)<0 שכן f(r)f(r)f(r) הינה אי שלילית.
לכן, על פי המקרה הפרטי של משפט ערך הביניים, קיימת נקודה k∈[−r,1−r]k \in[-r,1-r]k∈[−r,1−r] כך ש-F(k)=0F(k)=0F(k)=0.

f(k+r)−f(k)=0  ⟹  f(k+r)=f(k)f(k+r)-f(k)=0 \implies f(k+r)=f(k)f(k+r)−f(k)=0⟹f(k+r)=f(k)

∎

תרגיל 3

תרגיל (3)

תהי f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R פונקציה רציפה כך שמתקיים:

f(2)=5lim⁡x→∞f(x)=−7f(2)=5 \qquad \lim_{ x \to \infty } f(x)=-7f(2)=5x→∞lim​f(x)=−7

הוכיחו שקיימת לפונקציה לפחות נקודת שבת אחת.
כלומר, קיים a∈Ra \in \mathbb{R}a∈R כך ש-f(a)=af(a)=af(a)=a.

הוכחה:
נבנה פונקציה חדשה כך:

F(x)=f(x)−xF(x)=f(x)-xF(x)=f(x)−x

הפונקציה הזו רציפה בכל R\mathbb{R}R שכן היא חיסור של רציפות בכל R\mathbb{R}R.

F(2)=5−2=3>0F(2)=5-2=3>0F(2)=5−2=3>0

נתון כי   ⟸  lim⁡x→∞f(x)=−7\impliedby\lim_{ x \to \infty }f(x)=-7⟸limx→∞​f(x)=−7 על פי הגדרת הגבול, לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 קיים x0>0x_{0}>0x0​>0 כך שלכל x>x0x>x_{0}x>x0​ מתקיים −7−ε<f(x)<−7+ε-7-\epsilon<f(x)<-7+\epsilon−7−ε<f(x)<−7+ε.
נבחר x1x_{1}x1​ אשר מקיים x1>x0x_{1}>x_{0}x1​>x0​ ונראה שבנקודה שבו הוא נמצא f(x1)<−7+εf(x_{1})<-7+\epsilonf(x1​)<−7+ε. זה מתרחש ספציפית ל-ε=1\epsilon=1ε=1 ולכן f(x1)<−6f(x_{1})<-6f(x1​)<−6.
לכן:

0>−6−x1>F(x)=f(x1)−x10>-6-x_{1}>F(x)=f(x_{1})-x_{1}0>−6−x1​>F(x)=f(x1​)−x1​

מכיוון ש-x1>x0>0x_{1}>x_{0}>0x1​>x0​>0 אזי, F(x1)<0F(x_{1})<0F(x1​)<0.
לכן, על פי המקרה הפרטי של משפט ערך הביניים, קיימת k∈[2,x1]k \in[2,x_{1}]k∈[2,x1​] כך ש-F(k)=0F(k)=0F(k)=0 כלומר:

f(k)−k=0  ⟹  f(k)=kf(k)-k=0 \implies f(k)=kf(k)−k=0⟹f(k)=k

∎

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

תהא f(x)f(x)f(x) פונקציה רציפה וחסומה ע"י הקרן [0,∞)[0,\infty)[0,∞) ונניח כי קיים (וסופי) lim⁡x→∞f(x)\lim_{ x \to \infty }f(x)limx→∞​f(x).
הראו כי fff בהרכח מקבלת מינימום או מקסימום (או שניהם) בקרן.

הוכחה:
נתון כי lim⁡x→∞f(x)\lim_{ x \to \infty }f(x)limx→∞​f(x) קיים וסופי. נסמנו LLL.   ⟸  \impliedby⟸ על פי הגדרת הגבול, לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיים x0>0x_{0}>0x0​>0 כך שלכל x>x0x>x_{0}x>x0​ מתקיים L−ε<f(x)<L+εL-\epsilon<f(x)<L+\epsilonL−ε<f(x)<L+ε. לכן, בקטע [x0,∞)[x_{0},\infty)[x0​,∞) לכל xxx מתקיים L−ε<f(x)<L+εL-\epsilon<f(x)<L+\epsilonL−ε<f(x)<L+ε ולכן, בקטע זה f(x)f(x)f(x) חסומה, שכן היא חסומה מלמעלה ע"י L+εL+\epsilonL+ε ומלמטה ע"י L−εL-\epsilonL−ε. נסמן את החסם מלמעלה ב-[x0,∞)[x_{0},\infty)[x0​,∞) ב-MMM ואת החסם מלמטה באותו הקטע mmm.
הקטע [0,x0][0,x_{0}][0,x0​] הינו קטע סופי אשר בו, על פי הנתון fff רציפה. לכן, על פי WWW, fff חסומה ומקבלת מינימום ומקסימום בקטע. נסמנם nnn ו-NNN בהתאמה.
לכן, במידה ונקח K=max⁡{N,M}K=\max\left\{ N,M \right\}K=max{N,M} ו-k=min⁡{n,m}k=\min\left\{ n,m \right\}k=min{n,m} נקבל כי לכל x∈[0,∞)x \in[0,\infty)x∈[0,∞) מתקיים: k≤f(x)≤Kk\leq f(x)\leq Kk≤f(x)≤K ולכן, k,Kk,Kk,K הם המקסימום והמינימום של f(x)f(x)f(x) בהתאמה.
∎

תרגיל (4 [ב])

אם מוותרים על התנאי כי קיים lim⁡x→∞f(x)\lim_{ x \to \infty }f(x)limx→∞​f(x), אז הטענה איננה נכונה.
הראו זאת בעזרת דוגמה נגדית.

הדוגמה:

f(x)=xxsin⁡xf(x)=x^x\sin xf(x)=xxsinx

הסבר:
בגרסה זו של פונקציית דיריכלה מתקיים כי אין lim⁡x→∞f(x)\lim_{ x \to \infty }f(x)limx→∞​f(x) סופי ולכן היא מתאימה לתנאים שלנו.
נניח בשלילה כי בה"כ הפונקציה חסומה מלמעלה ולכן קיים KKK כך שלכל x∈[0,∞)x \in[0,\infty)x∈[0,∞) מתקיים f(x)<Kf(x)<Kf(x)<K.
מכיוון ש-lim⁡x→∞f(x)\lim_{ x \to \infty }f(x)limx→∞​f(x) אינו סופי, מתקיים כי לכל x0>0x_{0}>0x0​>0 קיים x0<x∈[0,∞)x_{0}<x \in[0,\infty)x0​<x∈[0,∞) כך ש-f(x)>Kf(x)>Kf(x)>K מה שעומד בסתירה להנחת השלילה ולכן fff אינה חסומה.