סיום רציפות במ"ש
הוכיחו כי אם f f f ( 0 , 1 ] (0,1] ( 0 , 1 ] [ 1 , ∞ ) [1,\infty) [ 1 , ∞ ) ( 0 , ∞ ) (0,\infty) ( 0 , ∞ )
הוכחה: ε > 0 \epsilon>0 ε > 0 f f f ( 0 , 1 ] (0,1] ( 0 , 1 ] δ 1 \delta_{1} δ 1 x , y ∈ ( 0 , 1 ] x,y \in(0,1] x , y ∈ ( 0 , 1 ] ∣ x − y ∣ < δ 1 |x-y|<\delta_{1} ∣ x − y ∣ < δ 1 ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\epsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε f f f [ 1 , ∞ ) [1,\infty) [ 1 , ∞ ) δ 2 \delta_{2} δ 2 x , y ∈ [ 1 , ∞ ) x,y \in[1,\infty) x , y ∈ [ 1 , ∞ ) ∣ x − y ∣ < δ 2 |x-y|<\delta_{2} ∣ x − y ∣ < δ 2 ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\epsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε δ = min { δ 1 , δ 2 } \delta=\min\left\{ \delta_{1},\delta_{2} \right\} δ = min { δ 1 , δ 2 } x , y ∈ ( 0 , 1 ] x,y \in(0,1] x , y ∈ ( 0 , 1 ] x , y ∈ [ 1 , ∞ ) x,y \in[1,\infty) x , y ∈ [ 1 , ∞ ) ∣ x − y ∣ > δ |x-y|>\delta ∣ x − y ∣ > δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε 2 < ε |f(x)-f(y)|< \frac{\epsilon}{2}<\epsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < 2 ε < ε x ∈ ( 0 , 1 ] x \in(0,1] x ∈ ( 0 , 1 ] y ∈ [ 1 , ∞ ) y \in[1,\infty) y ∈ [ 1 , ∞ ) ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ
∣ x − 1 ∣ ≤ ∣ x − y ∣ < δ ≤ δ 1 |x-1|\leq |x-y|< \delta\leq \delta_{1} ∣ x − 1∣ ≤ ∣ x − y ∣ < δ ≤ δ 1 ∣ 1 − y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ < δ ≤ δ 2 |1-y|\leq |x-y|<\delta\leq\delta_{2} ∣1 − y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ < δ ≤ δ 2 ולכן, לפי אי שוויון המשולש מתקיים:
∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ = ∣ f ( x ) − f ( 1 ) + f ( 1 ) − f ( y ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) − f ( 1 ) ∣ + ∣ f ( 1 ) − f ( y ) ∣ < ε 2 + ε 2 = ε |f(x)-f(y)|=|f(x)-f(1)+f(1)-f(y)|\leq |f(x)-f(1)|+|f(1)-f(y)|< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ = ∣ f ( x ) − f ( 1 ) + f ( 1 ) − f ( y ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) − f ( 1 ) ∣ + ∣ f ( 1 ) − f ( y ) ∣ < 2 ε + 2 ε = ε ∎
הנגזרת
תהי f f f x 0 x_{0} x 0 f f f x 0 x_{0} x 0
lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 \lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} x → x 0 lim x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) קיים וערך הגבול בנקודה x 0 x_{0} x 0 f ′ ( x 0 ) f'(x_{0}) f ′ ( x 0 )
האם הפונקציה הבאה גזירה ב-x = 0 x=0 x = 0
f ( x ) = { x 2 sin 1 x x ≠ 0 0 x = 0 f(x)=\begin{cases}
x^2\sin \frac{1}{x} & x\neq 0 \\
0 & x=0
\end{cases} f ( x ) = { x 2 sin x 1 0 x = 0 x = 0 lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 x 2 sin 1 x − 0 x = lim x → 0 x sin 1 x = 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{x^2\sin \frac{1}{x}-0}{x}=\lim_{ x \to 0 } x\sin \frac{1}{x}=0 x → 0 lim x − 0 f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 lim x x 2 sin x 1 − 0 = x → 0 lim x sin x 1 = 0 לפי חסומה כפול אפסה ⇐ f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0
האם הפונקציה הבאה גזירה ב-x = 0 x=0 x = 0
f ( x ) = { x 1 + e 1 x x ≠ 0 0 x = 0 f(x)=\begin{cases}
\frac{x}{1+e^{\frac{1}{x}}} & x\neq 0 \\
0 & x=0
\end{cases} f ( x ) = { 1 + e x 1 x 0 x = 0 x = 0 lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 x 1 + e 1 e − 0 x = lim x → 0 1 1 + e 1 x = { x → 0 + 1 1 + ∞ = f + ′ ( 0 ) x → 0 − 1 1 + 0 = 1 = f − ′ ( 0 ) \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{x}{1+e^{\frac{1}{e}}}-0}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}}=\begin{cases}
x\to 0^+ & \frac{1}{1+\infty}=f'_{+}(0) \\
x\to0^- & \frac{1}{1+0}=1=f_{-}'(0)
\end{cases} x → 0 lim x − 0 f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 lim x 1 + e e 1 x − 0 = x → 0 lim 1 + e x 1 1 = { x → 0 + x → 0 − 1 + ∞ 1 = f + ′ ( 0 ) 1 + 0 1 = 1 = f − ′ ( 0 ) הגבול לא קיים ולכן f f f x = 0 x=0 x = 0
חשבו את f ′ ( 1 ) f'(1) f ′ ( 1 )
f ( x ) = x + ( x − 1 ) arctan x x + 1 f(x)=x+(x-1)\arctan \sqrt{ \frac{x}{x+1} } f ( x ) = x + ( x − 1 ) arctan x + 1 x f ′ ( 1 ) = lim x → 1 f ( x ) − f ( 1 ) x − 1 = lim x → 1 x + ( x − 1 ) arcsin x x + 1 − 1 x − 1 f'(1)=\lim_{ x \to 1 } \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{ x \to 1 } \frac{x+(x-1)\arcsin \sqrt{ \frac{x}{x+1} }-1}{x-1} f ′ ( 1 ) = x → 1 lim x − 1 f ( x ) − f ( 1 ) = x → 1 lim x − 1 x + ( x − 1 ) arcsin x + 1 x − 1 = lim x → 1 ( 1 + arcsin x x + 1 ) = 1 + arcsin 1 2 = 1 + π 4 =\lim_{ x \to 1 } \left( 1+\arcsin \sqrt{ \frac{x}{x+1} } \right)=1+\arcsin \sqrt{ \frac{1}{2} }=1+\frac{\pi}{4} = x → 1 lim ( 1 + arcsin x + 1 x ) = 1 + arcsin 2 1 = 1 + 4 π
תהי f : [ − 1 , 1 ] → R f:[-1,1]\to \mathbb{R} f : [ − 1 , 1 ] → R n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N f ( sin 1 n ) = cos 1 n f\left( \sin \frac{1}{n} \right)=\cos \frac{1}{n} f ( sin n 1 ) = cos n 1 f f f x = 0 x=0 x = 0 f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1 f ′ ( 0 ) f'(0) f ′ ( 0 )
פתרון א': f f f x = 0 x=0 x = 0 f f f x = 0 x=0 x = 0 lim x → 0 f ( x ) = f ( 0 ) \lim_{ x \to 0 }f(x)=f(0) lim x → 0 f ( x ) = f ( 0 ) lim x → 0 f ( x ) \lim_{ x \to 0 }f(x) lim x → 0 f ( x ) x n ⟶ n → ∞ 0 x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 x n n → ∞ ⟶ 0 x n = sin 1 n ⟶ n → ∞ 0 x_{n}=\sin \frac{1}{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 x n = sin n 1 n → ∞ ⟶ 0
lim n → ∞ f ( sin 1 n ) = f ( 0 ) \lim_{ n \to \infty } f\left( \sin \frac{1}{n} \right)=f(0) n → ∞ lim f ( sin n 1 ) = f ( 0 ) לפי הנתון, lim n → ∞ cos 1 n = f ( 0 ) \lim_{ n \to \infty } \cos \frac{1}{n}=f(0) lim n → ∞ cos n 1 = f ( 0 ) f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f ( 0 ) = 1
פתרון ב':
f ′ ( 0 ) = lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 f ( x ) − 1 x f'(0)=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-1}{x} f ′ ( 0 ) = x → 0 lim x − 0 f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 lim x f ( x ) − 1 הגבול קיים כי f f f x n = sin 1 n ⟶ n → ∞ 0 x_{n}=\sin \frac{1}{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 x n = sin n 1 n → ∞ ⟶ 0
f ′ ( 0 ) = lim n → ∞ f ( sin 1 n ) − 1 sin 1 n = lim n → ∞ cos 1 n − 1 sin 1 n = ↓ cos α − 1 = − 2 sin 2 α 2 lim n → ∞ − 2 sin 2 1 2 n sin 1 n f'(0)=\lim_{ n \to \infty } \frac{f\left( \sin \frac{1}{n} \right)-1}{\sin \frac{1}{n}}=\lim_{ n \to \infty } \frac{\cos \frac{1}{n}-1}{\sin \frac{1}{n}}\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\cos\alpha-1=-2\sin^2 \frac{\alpha}{2}
\end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \frac{-2\sin^2 \frac{1}{2n}}{\sin \frac{1}{n}} f ′ ( 0 ) = n → ∞ lim sin n 1 f ( sin n 1 ) − 1 = n → ∞ lim sin n 1 cos n 1 − 1 ↓ cos α − 1 = − 2 sin 2 2 α = n → ∞ lim sin n 1 − 2 sin 2 2 n 1 =\lim_{ n \to \infty } \frac{-\cancel{ 2 }\sin^\cancel{ 2 } \frac{1}{2n}}{\cancel{ 2 }\cancel{ \sin \frac{1}{2n} }\cos \frac{1}{2n}}=\frac{0}{1}=0
תהי f : ( a , b ) → R f:(a,b)\to \mathbb{R} f : ( a , b ) → R f f f f + ′ ( x 0 ) , f − ′ ( x 0 ) f_{+}'(x_{0}),f'_{-}(x_{0}) f + ′ ( x 0 ) , f − ′ ( x 0 ) x 0 ∈ ( a , b ) x_{0} \in(a,b) x 0 ∈ ( a , b ) f f f x 0 x_{0} x 0
הוכחה: lim x → x 0 ( f ( x ) − f ( x 0 ) ) = 0 \lim_{ x \to x_{0} }(f(x)-f(x_{0}))=0 lim x → x 0 ( f ( x ) − f ( x 0 )) = 0
lim x → x 0 + ( f ( x ) − f ( x 0 ) ) = lim x → x 0 + ( f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 ( x − x 0 ) ) \lim_{ x \to x_{0}^+ } (f(x)-f(x_{0}))=\lim_{ x \to x_{0}^+ } \left( \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}(x-x_{0}) \right) x → x 0 + lim ( f ( x ) − f ( x 0 )) = x → x 0 + lim ( x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) ( x − x 0 ) ) לפי חשבון גבולות(כי הנגזרת החד צדדית קיימת ו-x − x 0 x-x_{0} x − x 0
= lim x → x 0 + f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 lim x → x 0 + = f + ′ ( x 0 ) ⋅ 0 = 0 =\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\lim_{ x \to x_{0}^+ } =f'_{+}(x_{0})\cdot 0=0 = x → x 0 + lim x − x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x → x 0 + lim = f + ′ ( x 0 ) ⋅ 0 = 0 באופן דומה, מראים עבור x → x 0 − x\to x_{0}^- x → x 0 − lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) = 0 \lim_{ x \to x_{0} }f(x)-f(x_{0})=0 lim x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) = 0 f f f x 0 x_{0} x 0 ∎
יהיו f , g f,g f , g ( a , b ) (a,b) ( a , b )
g ( x ) = lim h → 0 f ( x + h ) − f ( x − h ) 2 h g(x)=\lim_{ h\to 0 } \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h} g ( x ) = h → 0 lim 2 h f ( x + h ) − f ( x − h ) א. הוכיחו כי אם f f f x 0 x_{0} x 0 x 0 ∈ ( a , b ) x_{0} \in(a,b) x 0 ∈ ( a , b ) g ( x ) = f ′ ( x 0 ) g(x)=f'(x_{0}) g ( x ) = f ′ ( x 0 ) f f f x 0 x_{0} x 0 g ( x 0 ) g(x_{0}) g ( x 0 ) f f f x 0 x_{0} x 0
הוכחה: (א')
g ( x 0 ) = lim h → 0 f ( x 0 + h ) − f ( x 0 − h ) 2 h = lim h → 0 f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) + f ( x ) − f ( x 0 − h ) 2 h g(x_{0})=\lim_{ h \to 0 } \frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0}-h)}{2h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})+f(x)-f(x_{0}-h)}{2h} g ( x 0 ) = h → 0 lim 2 h f ( x 0 + h ) − f ( x 0 − h ) = h → 0 lim 2 h f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) + f ( x ) − f ( x 0 − h ) = lim h → 0 1 2 ( f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) h ⏟ f ′ ( x 0 ) + f ( x 0 − h ) − f ( x 0 ) − h ⏟ לפי גבול של הרכבה f ′ ( x 0 ) ) = 1 2 2 f ′ ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) =\lim_{ h \to 0 } \frac{1}{2}\left( \underbrace{\frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}}_{f'(x_{0})}+ \underbrace{\frac{f(x_{0}-h)-f(x_{0})}{-h}}_{\begin{matrix}
\R{\text{לפי גבול של הרכבה}} \\
f'(x_{0})
\end{matrix}} \right)=\frac{1}{2}2f'(x_{0})=f'(x_{0}) = h → 0 lim 2 1 f ′ ( x 0 ) h f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) + לפי גבול של הרכבה f ′ ( x 0 ) − h f ( x 0 − h ) − f ( x 0 ) = 2 1 2 f ′ ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ∎
פתרון ב': x = 0 x=0 x = 0 f ( x ) = ∣ x ∣ f(x)=|x| f ( x ) = ∣ x ∣ x = 0 x=0 x = 0
g ( 0 ) = lim h → 0 f ( h ) − f ( − h ) 2 h = lim h → 0 ∣ h ∣ − ∣ − h ∣ 2 h = lim h → 0 0 2 h = 0 g(0)=\lim_{ h \to 0 } \frac{f(h)-f(-h)}{2h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{|h|-|-h|}{2h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{0}{2h}=0 g ( 0 ) = h → 0 lim 2 h f ( h ) − f ( − h ) = h → 0 lim 2 h ∣ h ∣ − ∣ − h ∣ = h → 0 lim 2 h 0 = 0
f ( x ) = { sin 3 x sin 1 x x > 0 0 x ≤ 0 f(x)=\begin{cases}
\sin^3x \sin \frac{1}{x} & x>0 \\
0 & x\leq 0
\end{cases} f ( x ) = { sin 3 x sin x 1 0 x > 0 x ≤ 0 א. הוכיחו כי f f f x = 0 x=0 x = 0 f ′ f' f ′ x = 0 x=0 x = 0 f ′ ′ ( 0 ) f''(0) f ′′ ( 0 ) f ( x ) = 1 3 f(x)=\frac{1}{3} f ( x ) = 3 1
הוכחה: (א')
lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 sin 3 x sin 1 x − 0 x = lim x → 0 sin 3 x x 3 הגבול המיוחד ⋅ sin 1 x חסומה ⋅ x 2 אפסה = 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin^3x \sin \frac{1}{x}-0}{x}=\lim_{ x \to 0 } \underbracket{\frac{\sin^3x}{x^3}}_{\R{\text{הגבול המיוחד}}}\cdot \underbracket{\sin \frac{1}{x}}_{\R{\text{חסומה}}}\cdot \underbracket{x^2}_{\R{\text{אפסה}}}=0 x → 0 lim x − 0 f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 lim x sin 3 x sin x 1 − 0 = x → 0 lim הגבול המיוחד x 3 sin 3 x ⋅ חסומה sin x 1 ⋅ אפסה x 2 = 0 ∎
הוכחה: (ב')f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x )
f ′ ( x ) = { 3 sin 2 x cos x ⋅ sin 1 x + sin 3 x cos 1 x ( − 1 x 2 ) x > 0 0 x ≤ 0 ( כי חישבנו לפי הגדרה ) f'(x)=\begin{cases}
3\sin^2x\cos x\cdot \sin \frac{1}{x}+\sin^3x \cos \frac{1}{x}\left( -\frac{1}{x^2} \right) & x>0 \\
0 & x\leq 0 & (\R{\text{כי חישבנו לפי הגדרה}})
\end{cases} f ′ ( x ) = { 3 sin 2 x cos x ⋅ sin x 1 + sin 3 x cos x 1 ( − x 2 1 ) 0 x > 0 x ≤ 0 ( כי חישבנו לפי הגדרה ) lim x → 0 + f ′ ( x ) = lim x → 0 + ( 3 sin 2 x ⏟ → 0 cos x sin 1 x ⏟ חסום − 1 x 2 sin 3 x cos 1 x sin 3 x x 3 cos 1 x ⋅ x ) = 0 \lim_{ x \to 0^+ } f'(x)=\lim_{ x \to 0^+ } \left( 3\underbrace{\sin^2x}_{\to0}\underbrace{\cos x\sin \frac{1}{x}}_{\R{\text{חסום}}}-\underbracket{\frac{1}{x^2}\sin^3x\cos \frac{1}{x}}_{\frac{\sin^3x}{x^3} \cos \frac{1}{x}\cdot x} \right)=0 x → 0 + lim f ′ ( x ) = x → 0 + lim 3 → 0 sin 2 x חסום cos x sin x 1 − x 3 s i n 3 x c o s x 1 ⋅ x x 2 1 sin 3 x cos x 1 = 0 ולכן f ′ f' f ′ x = 0 x=0 x = 0 ∎
הוכחה: (ג')
lim x → 0 + f ′ ( x ) − f ′ ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 + 3 sin 2 x cos x sin 1 x − 1 x 2 sin 3 x cos 1 x x \lim_{ x \to 0^+ } \frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{3\sin^2x\cos x\sin \frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\sin^3x\cos \frac{1}{x}}{x} x → 0 + lim x − 0 f ′ ( x ) − f ′ ( 0 ) = x → 0 + lim x 3 sin 2 x cos x sin x 1 − x 2 1 sin 3 x cos x 1 הגבול החד צדדי לא עובד פה, ולכן נלך להיינה.0 ≠ x n = 1 2 π n ⟶ n → ∞ 0 0\neq x_{n}=\frac{1}{2\pi n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 0 = x n = 2 πn 1 n → ∞ ⟶ 0 0 ≠ y n = 1 2 π n + π 2 ⟶ n → ∞ 0 0\neq y_{n}=\frac{1}{2\pi n+\frac{\pi}{2}}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 0 = y n = 2 πn + 2 π 1 n → ∞ ⟶ 0
3 sin 2 ( x n ) cos x n sin 1 x n ⏞ חסום x n 2 ⏟ הגבול המיוחד x n ⏟ 0 − sin 3 x n x n ⏟ 1 cos 1 x n ⟶ n → ∞ 0 − 1 = − 1 \frac{3\sin^2(x_{n})\overbrace{\cos x_{n}\sin \frac{1}{x_{n}}}^{\R{\text{חסום}}}}{\underbrace{x_{n}^2}_{\R{\text{הגבול המיוחד}}}}\underbrace{x_{n}}_{0} -\underbrace{\frac{\sin^3x_{n}}{x_{n}}}_{1}\cos \frac{1}{x_{n}}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0-1=-1 הגבול המיוחד x n 2 3 sin 2 ( x n ) cos x n sin x n 1 חסום 0 x n − 1 x n sin 3 x n cos x n 1 n → ∞ ⟶ 0 − 1 = − 1 עבור y n y_{n} y n f ′ ( y n ) ⟶ n → ∞ 0 f'(y_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0 f ′ ( y n ) n → ∞ ⟶ 0 f ′ ′ ( 0 ) f''(0) f ′′ ( 0 ) ∎
הוכחה: (ד')
f ( 0 ) = 0 < 1 3 f(0)=0< \frac{1}{3} f ( 0 ) = 0 < 3 1 f ( π 2 ) = sin 3 π 2 sin ( 2 π ) = sin 2 π f\left( \frac{\pi}{2} \right)=\sin^3 \frac{\pi}{2}\sin \left( \frac{2}{\pi} \right)=\sin \frac{2}{\pi} f ( 2 π ) = sin 3 2 π sin ( π 2 ) = sin π 2 נרצה לבדוק מי יותר גדול, sin 2 π \sin \frac{2}{\pi} sin π 2 sin π 6 \sin \frac{\pi}{6} sin 6 π sin x \sin x sin x 2 π > π 6 \frac{2}{\pi}> \frac{\pi}{6} π 2 > 6 π sin 2 π > sin π 6 = 1 2 > 1 3 \sin \frac{2}{\pi}>\sin \frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}> \frac{1}{3} sin π 2 > sin 6 π = 2 1 > 3 1 f f f [ 0 , π 2 ] \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right] [ 0 , 2 π ] f ( 0 ) < 1 3 < f ( π 2 ) f(0)< \frac{1}{3}<f\left( \frac{\pi}{2} \right) f ( 0 ) < 3 1 < f ( 2 π ) c ∈ ( 0 , π 2 ) c \in\left( 0, \frac{\pi}{2} \right) c ∈ ( 0 , 2 π ) f ( c ) = 1 3 f(c)=\frac{1}{3} f ( c ) = 3 1 ∎
כללי גזירה
איך נגזור פונקציה בחזקת אחרת?
f ( x ) = x x = e ln x x = e x ln x = e x e ln x f(x)=x^x=e^{\ln x^x}=e^{x\ln x}=e^xe^{\ln x} f ( x ) = x x = e l n x x = e x l n x = e x e l n x f ′ ( x ) = e x ln x ( x ln x ) ′ = e x ln x ( 1 ⋅ ln x + x 1 x ) = x x ( ln x + 1 ) f'(x)=e^{x\ln x}(x\ln x)'=e^{x\ln x}\left( 1\cdot \ln x+x \frac{1}{x} \right)=x^x(\ln x+1) f ′ ( x ) = e x l n x ( x ln x ) ′ = e x l n x ( 1 ⋅ ln x + x x 1 ) = x x ( ln x + 1 )
מצאו את הנגזרת של f ( x ) = ( cos x ) ln x f(x)=(\cos x)^{\ln x} f ( x ) = ( cos x ) l n x
f ( x ) = e ln ( cos x ) ln x = e ln x ln ( cos x ) f(x)=e^{\ln(\cos x)^{\ln x}}=e^{\ln x\ln(\cos x)} f ( x ) = e l n ( c o s x ) l n x = e l n x l n ( c o s x ) f ′ ( x ) = e ln x ln cos x ( ln x ln cos x ) ′ = e ln x ln cos x ( 1 x ln cos x + ln x 1 cos x ( − sin x ) ) f'(x)=e^{\ln x\ln \cos x}(\ln x\ln \cos x)'=e^{\ln x\ln \cos x}\left( \frac{1}{x} \ln \cos x+\ln x \frac{1}{\cos x}(-\sin x) \right) f ′ ( x ) = e l n x l n c o s x ( ln x ln cos x ) ′ = e l n x l n c o s x ( x 1 ln cos x + ln x cos x 1 ( − sin x ) ) נגזרת של פונקציה הפוכה
אם x 0 x_{0} x 0 I I I f f f f ′ ( x 0 ) ≠ 0 f'(x_{0})\neq0 f ′ ( x 0 ) = 0 f − 1 f^{-1} f − 1 y 0 = f ( x 0 ) y_{0}=f(x_{0}) y 0 = f ( x 0 )
( f − 1 ) ′ ( y 0 ) = 1 f ′ ( x 0 ) (f^{-1})'(y_{0})=\frac{1}{f'(x_{0})} ( f − 1 ) ′ ( y 0 ) = f ′ ( x 0 ) 1
תהי f : R → R f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} f : R → R f ( x ) = x 3 + 2 x f(x)=x^3+2x f ( x ) = x 3 + 2 x f f f f − 1 f^{-1} f − 1 R \mathbb{R} R ( f − 1 ) ′ ( 12 ) (f^{-1})'(12) ( f − 1 ) ′ ( 12 )
הוכחה: f ( x ) = x 3 + 2 x f(x)=x^3+2x f ( x ) = x 3 + 2 x
f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 > 0 f'(x)=3x^2+2> 0 f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 > 0 לכן, f f f y 0 ∈ R y_{0} \in \mathbb{R} y 0 ∈ R
lim x → ∞ f ( x ) = ∞ \lim_{ x \to \infty } f(x)=\infty x → ∞ lim f ( x ) = ∞ ולכן, לפי הגדרת הגבול, קיימת b > 0 b>0 b > 0 f ( b ) > y 0 f(b)>y_{0} f ( b ) > y 0
lim x → − ∞ f ( x ) = − ∞ \lim_{ x \to -\infty } f(x)=-\infty x → − ∞ lim f ( x ) = − ∞ ולכן, לפי הגדרת הגבול, קיימת a < 0 a<0 a < 0 f ( a ) < y 0 f(a)<y_{0} f ( a ) < y 0 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] f ( a ) < y 0 < f ( b ) f(a)<y_{0}<f(b) f ( a ) < y 0 < f ( b ) x 0 ∈ ( a , b ) x_{0} \in(a,b) x 0 ∈ ( a , b ) f ( x 0 ) = y 0 f(x_{0})=y_{0} f ( x 0 ) = y 0 f f f f f f f f f f − 1 f^{-1} f − 1 ∎
כעת נמצא את ( f − 1 ) ′ ( 12 ) (f^{-1})'(12) ( f − 1 ) ′ ( 12 )
( f − 1 ) ′ ( y 0 ) = 1 f ′ ( x 0 ) (f^{-1})'(y_{0})=\frac{1}{f'(x_{0})} ( f − 1 ) ′ ( y 0 ) = f ′ ( x 0 ) 1 נרצה לדעת מהו ה-x x x 12 = x 3 + 2 x 12=x^3+2x 12 = x 3 + 2 x x 0 = 2 x_{0}=2 x 0 = 2
f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 ⟹ f ′ ( 2 ) = 3 ⋅ 4 + 2 = 14 f'(x)=3x^2+2 \implies f'(2)=3\cdot4+2=14 f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 ⟹ f ′ ( 2 ) = 3 ⋅ 4 + 2 = 14 ( f − 1 ) ′ ( 12 ) = 1 14 (f^{-1})'(12)= \frac{1}{14} ( f − 1 ) ′ ( 12 ) = 14 1
א. מצאו ביטוי לנגזרת של g ( x ) = arccos x g(x)=\arccos x g ( x ) = arccos x ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) 0 < x < 1 0<x<1 0 < x < 1
arccos x + arccos 1 − x 2 = π 2 \arccos x+\arccos \sqrt{ 1-x^2 }=\frac{\pi}{2} arccos x + arccos 1 − x 2 = 2 π פתרון א': f ( x ) = cos x f(x)=\cos x f ( x ) = cos x [ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] arccos x \arccos x arccos x f f f f ′ ( x ) = − sin x ≠ 0 f'(x)=-\sin x\neq 0 f ′ ( x ) = − sin x = 0 ( 0 , π ) (0,\pi) ( 0 , π ) y 0 ∈ ( − 1 , 1 ) y_{0} \in(-1,1) y 0 ∈ ( − 1 , 1 ) x 0 = arccos y 0 x_{0}=\arccos y_{0} x 0 = arccos y 0
( f − 1 ) ′ ( y 0 ) = 1 f ′ ( x 0 ) = 1 − sin ( arccos y 0 ) = − 1 1 − cos 2 ( arccos y 0 ) = − 1 1 − y 0 2 (f^{-1})'(y_{0})= \frac{1}{f'(x_{0})}=\frac{1}{-\sin(\arccos y_{0})}=-\frac{1}{\sqrt{ 1-\cos^2(\arccos y_{0}) }}=-\frac{1}{\sqrt{ 1-y_{0}^2 }} ( f − 1 ) ′ ( y 0 ) = f ′ ( x 0 ) 1 = − sin ( arccos y 0 ) 1 = − 1 − cos 2 ( arccos y 0 ) 1 = − 1 − y 0 2 1 ולכן:
g ′ ( x ) = − 1 1 − x 2 g'(x)=-\frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }} g ′ ( x ) = − 1 − x 2 1 הוכחה: (ב')0 = 0= 0 = f ( x ) = arccos x + arccos 1 − x 2 f(x)=\arccos x+\arccos \sqrt{ 1-x^2 } f ( x ) = arccos x + arccos 1 − x 2
f ′ ( x ) = − 1 1 − x 2 − 1 1 − 1 − x 2 2 ⋅ − 2 x 2 1 − x 2 f'(x)=-\frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }}-\frac{1}{\sqrt{ 1-\sqrt{ 1-x^2 }^2 }}\cdot -\frac{2x}{2\sqrt{ 1-x^2 }} f ′ ( x ) = − 1 − x 2 1 − 1 − 1 − x 2 2 1 ⋅ − 2 1 − x 2 2 x f ′ ( x ) = − 1 1 − x 2 + x x 2 1 − x 2 = ↓ 0 < x < 1 − 1 1 − x 2 + 1 1 − x 2 = 0 f'(x)= -\frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }}+\frac{x}{\sqrt{ x^2 }\sqrt{ 1-x^2 }}\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
0<x<1
\end{matrix}}{=} -\frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }}+\frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }}=0 f ′ ( x ) = − 1 − x 2 1 + x 2 1 − x 2 x ↓ 0 < x < 1 = − 1 − x 2 1 + 1 − x 2 1 = 0 כעת, נחשב את ערך הקבוע.f ( 1 2 ) f\left( \frac{1}{2} \right) f ( 2 1 )
f ( 1 2 ) = arccos 1 2 + arccos ( 3 2 ) = π 3 + π 6 = π 2 f\left( \frac{1}{2} \right)=\arccos \frac{1}{2}+\arccos\left( \frac{\sqrt{ 3 }}{2} \right)=\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2} f ( 2 1 ) = arccos 2 1 + arccos ( 2 3 ) = 3 π + 6 π = 2 π ולכן, לכל 0 < x < 1 0<x<1 0 < x < 1
f ( x ) = π 2 f(x)=\frac{\pi}{2} f ( x ) = 2 π ∎
אם לכל n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N
lim x → 0 f ( x ) x n = 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x^n}=0 x → 0 lim x n f ( x ) = 0 אז f f f x = 0 x=0 x = 0
הטענה לא נכונה .דוגמה נגדית:
f ( x ) = { 0 x ≠ 0 1 x = 0 f(x)=\begin{cases}
0 & x\neq0 \\
1 & x=0
\end{cases} f ( x ) = { 0 1 x = 0 x = 0 lim x → 0 f ( x ) x n = lim x → 0 0 x n = 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x^n}=\lim_{ x \to 0 } \frac{0}{x^n}=0 x → 0 lim x n f ( x ) = x → 0 lim x n 0 = 0 אבל f f f x = 0 x=0 x = 0
אם f f f 0 0 0 n ∈ N n \in \mathbb{N} n ∈ N lim x → 0 f ( x ) x n \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x^n} lim x → 0 x n f ( x ) f f f 0 0 0
הטענה נכונה .הוכחה:
lim x → 0 f ( x ) = f ( 0 ) \lim_{ x \to 0 } f(x)=f(0) x → 0 lim f ( x ) = f ( 0 ) f ( x ) = f ( x ) x n x n ⟶ x → 0 L ⋅ 0 = 0 f(x)=\frac{f(x)}{x^n} x^n \underset{x\to0}{\longrightarrow} L\cdot 0=0 f ( x ) = x n f ( x ) x n x → 0 ⟶ L ⋅ 0 = 0 כעת, נבדוק אם היא גזירה:
lim x → 0 f ( x ) − f ( 0 ) x − 0 = lim x → 0 f ( x ) x = lim x → 0 f ( x ) x n x n − 1 = L ⋅ 0 = 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x^n}x^{n-1}=L \cdot 0=0 x → 0 lim x − 0 f ( x ) − f ( 0 ) = x → 0 lim x f ( x ) = x → 0 lim x n f ( x ) x n − 1 = L ⋅ 0 = 0 הפונקציה גזירה ו-f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 ∎