א. הוכיחו כי f:R→R הנתונה ע"י f(x)=e−x2arctanx−x2 מקבלת מקסימום.
ב. הוכיחו כי הערך המקסימלי של f הוא חיובי.
הוכחה: (א')
הפונקציה f רציפה כי היא הפרש/סכום/מכפלה של רציפות.
f(0)↓אנו יודעים לחשב=0
נחשב ונראה כי limx→∞f(x)=−∞ ולכן, קיים b>0 כך שלכל x>b מתקיים f(x)<f(0)=0.
ובנוסף, נראה כי limx→−∞f(x)=−∞ ולכן, קיים a<0 כך שלכל x<a מתקיים f(x)<f(0)=0.
נסתכל על הקטע [a,b]. בקטע זה f רציפה ולכן, לפי W מקבלת את ערכה המקסימלי.
קיימת c∈[a,b] כך ש-f(x)≤f(c) לכל k בקטע.
בסה"כ, f(x)≤f(0)≤f(c) לכל x. ומכאן ש-f מקבלת מקסימום. ∎
הוכחה: (ב)
נסתכל על הנגזרת:
f′(x)=−2xe−x2arctanx+e−x21+x21−2x
נראה כי f′(0)=1 ולכן, לפי פרמה, x=0 היא לא נקודת מקסימום מקומי.
⇐ קיימת נקודה x0 כלשהי שהיא המקסימלית שבה f(x0)>f(0)=0. ∎
משפט (רול)
אם f רציפה ב-[a,b] וגזירה ב-(a,b) ומתקיים f(a)=f(b) אז קיימת c∈(a,b) כך ש-f′(c)=0.
תרגיל (שחוזר על עצמו הרבה פעמים)
הוכיחו כי למשוואה x−21sinx=2 יש פתרון יחיד.
הוכחה:
נגדיר f(x)=x−21sinx−2. היא רציפה וגזירה לכל x (כחיבור/כפל/חיסור של פונקציות אלמנטריות וגזירות)
הפונקציה f רציפה ב-[0,π] וגם −2=f(0)<0<f(π)=π−2 ולכן, לפי משפט עה"ב קיימת c∈[0,π] כל ש-f(c)=0.
מצאנו לפחות פתרון אחד. אם קיים פתרון נוסף, אזי לפי מסקנות משפט רול, f′ תתאפס לפחות פעם אחת.
f′(x)=1−21cosx=0⟹cosx=2
סתירה ומכאן שהפתרון חייב להיות יחיד. ∎
תרגיל
הוכיחו כי למשוואה cosx=x קיים פתרון יחיד x=c והראו כי c∈[0,1].
הוכחה:
נגדיר f(x)=cosx−x רציפה וגזירה לכל x (כחיבור/כפל/חיסור של פונקציות אלמנטריות וגזירות)
f(0)=1>0f(1)=cos1−1<0
הפונקציה f רציפה ב-[0,1] וגזירה ב-(0,1) ולכן, לפי משפט ענ"ב קיימת c∈(0,1) כך ש-f(c)=0 ומצאנו לפחות פתרון אחד.
נותר להראות כי פתרון זה יחיד.
הערה
אם ננסה ללכת באותה הדרך כמו בתרגיל הקודם, נראה כי נקבל f′(x)=−sinx−1=0 ולכן −sinx=1 וזה מתרחש ∞ פעמים ואז נאבדת הפואנטה מהתרגיל הקודם.
לכן, נלך בדרך אחרת.
f′(x)=−sinx−1=0
ב-[−1,1] ולכן, לפי מסקנות רול, ל-f יש פתרון יחיד ב-[−1,1]. בנוסף, כאשר x>1 או x<−1 אין פתרון למשוואה: cosx=x כי −1≤cosx≤1. ∎
תרגיל
הראו כי למשוואה ln(1+x)−tan(1+x)=−2 יש בדיוק שני פתרונות בקטע (−1,2π−1).
הוכחה:
נגדיר: f(x)=ln(1+x)−tan(1+x)+2. הפונקציה רציפה וגזירה ב-(−1,2π−1).
בקטע הנתון tanα היא פונקציה מונוטונית עולה ולכן, נוכל לראות כי tan1<tan3π=3<4 (כי פונקציית השורש מונוטונית עולה)
f(0)=−tan1+2>0
נחשב ונמצא כי limx→−1+f(x)=−∞ ⇐ קיימת δ>0 כך שלכל −1<x<−1+δ מתקיים f(x)<0 ובפרט, נבחר x0∈(−1,−1+δ) (δ<1) כך ש-f(x0)<0. ולכן, לפי עה"ב בקטע [x0,0] קיים c∈[x0,0] כך ש-f(c)=0.
נחשב ונמצא כי limx→(2π−1)−f(x)=−∞ ⇐ 2π−1−δ<x1<2π−1 ולכן, לפי משפט עה"ב, קיימת d∈[0,x1] כך ש-f(d)>0
אין פתרונות בקטע הנתון. ⇐ g′=0 לכל x בקטע ⇐ f′ מתאפסת פעם אחת בדיוק ⇐ f מתאפסת פעמיים בדיוק. ∎
תרגיל
תהיינה f,g גזירות בכל נקודה ומקיימות f′(x)g(x)−f(x)g′(x)=0 לכל x.
נניח a<b מספרים ממשיים כך ש-f(a)=f(b)=0.
הוכיחו כי g(a),g(b)=0 וכי קיימת a<c<b כך ש-g(c)=0.
הוכחה:
נניח בשלילה כי g(a)=0:
f′(a)g(a)−f(a)g′(a)=0
ולכן סתירה.
אם g(b)=0 אזי:
f′(b)g(b)−f(b)g′(b)=0
וזוהי גם סתירה.
g(a),g(b)=0
נגדיר h(x)=g(x)f(x). נניח בשלילה כי g(x)=0 לכל x. ⇐ f,g גזירות g=0 ולכן h גזירה.
h(a)=g(a)f(a)=0h(b)=g(b)f(b)=0
לכן, לפי משפט רול, קיימת c1∈(a,b) כך ש-h′(c1)=0.