חזור לתיקייה: תרגול

20 - עוד משפטי גזירות וליפשיץ

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי
  • ליפשיץ

20 - עוד משפטי גזירות וליפשיץ

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות תרגול לקריאה בשבת

עוד משפטי גזירות וליפשיץ

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

משפט (לגרנג')

אם fff רציפה ב-[a,b][a,b][a,b] וגזירה ב-(a,b)(a,b)(a,b) אזי קיימת c∈(a,b)c \in(a,b)c∈(a,b) כך ש: f′(c)=f(b)−f(a)b−af'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}f′(c)=b−af(b)−f(a)​.

משפט (מסקנות לגרנז')

  • f′≥0f'\geq 0f′≥0 ⇐ fff עולה.
  • f′≤0f'\leq 0f′≤0 ⇐ fff יורדת.
  • f′=0f'=0f′=0 ⇐ fff קבועה.
תרגיל

נניח כי fff גזירה ב-[0,1][0,1][0,1] וכי f′f'f′ רציפה ב-[0,1][0,1][0,1].
הוכיחו כי קיים c∈Rc \in \mathbb{R}c∈R עבורו g(x)=f(x)−cexg(x)=f(x)-ce^xg(x)=f(x)−cex מונוטונית יורדת ממש ב-[0,1][0,1][0,1].

הוכחה:
הפונקציה ggg גזירה ב-[0,1][0,1][0,1] כי היא הפרש גזירות ב-[0,1][0,1][0,1]. נגזור:

g′(x)=f′(x)−cexg'(x)=f'(x)-ce^xg′(x)=f′(x)−cex

הפונקציה f′f'f′ רציפה ב-[0,1][0,1][0,1] ולכן, ע"פ WWW מקבלת בקטע את ערכה המקסימלי - נסמנו MMM.

g′(x)=f′(x)−cex≤M−cexg'(x)=f'(x)-ce^x\leq M-ce^xg′(x)=f′(x)−cex≤M−cex

הפונקציה exe^xex מונוטונית עולה ממש ב-[0,1][0,1][0,1] ולכן 1≤ex≤e1\leq e^x\leq e1≤ex≤e.
אם נקח c>0c>0c>0 (מותר לנו לדרוש כי אמרו כי קיים ccc) נקבל:

g′(x)=f′(x)−cex≤M−cex≤M−cg'(x)=f'(x)-ce^x\leq M-ce^x\leq M-cg′(x)=f′(x)−cex≤M−cex≤M−c

נבחר: c=∣M∣+1c=|M|+1c=∣M∣+1. ואז:

∣M∣+1≥M+1≥M|M|+1\geq M+1\geq M∣M∣+1≥M+1≥M

ולכן:

g′(x)≤M−c<0g'(x)\leq M-c< 0g′(x)≤M−c<0

ולכן, לפי מסקנות לגרנז' ggg יורדת ממש ב-[0,1][0,1][0,1].
∎

תרגיל

הוכיחו כי המשוואה arctan⁡x+ln⁡x=1\arctan x+\ln x=1arctanx+lnx=1 יש פתרון יחיד ב-(0,∞)(0,\infty)(0,∞).

הוכחה:
נגדיר f(x)=arctan⁡x+ln⁡x−1f(x)=\arctan x+\ln x-1f(x)=arctanx+lnx−1. תחילה נראה כי יש לפחות פתרון אחד.

f(1)=π4−1<0f(1)=\frac{\pi}{4}-1<0f(1)=4π​−1<0 lim⁡x→∞f(x)=π2+∞−1=↓לפי חשבון גבולות מורחב∞\lim_{ x \to \infty } f(x)=\frac{\pi}{2}+\infty-1\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות מורחב}} \end{matrix}}{=}\inftyx→∞lim​f(x)=2π​+∞−1↓לפי חשבון גבולות מורחב​=​∞

⇐ לפי הגדרת הגבול קיים x0>1x_{0}>1x0​>1 כך ש-f(x0)>0f(x_{0})>0f(x0​)>0.
הפונקציה fff רציפה ב-[1,x0][1,x_{0}][1,x0​] ומתקיים f(1)<0<f(x0)f(1)<0<f(x_{0})f(1)<0<f(x0​) ולכן לפי עה"ב קיימת c∈(1,x0)c \in(1,x_{0})c∈(1,x0​) כך ש-f(c)=0f(c)=0f(c)=0.
כעת נראה כי זהו הפתרון היחיד.
הפונקציה fff גזירה כהפרש/סכום גזירות ב-(0,∞)(0,\infty)(0,∞) ולכן:

f′=11+x2+1x>0f'= \frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{x}>0f′=1+x21​+x1​>0

ב-(0,∞)(0,\infty)(0,∞) ולכן לפי מסקנות לגרנז' fff עולה ממש ולכן תחתוך את ציר ה-xxx לכל היותר פעם אחת.
מכאן ש-fff חותך את ציר ה-xxx פעם אחת אז הפתרון יחיד.
∎

תרגיל

נתון כי f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R גזירה בכל נקודה וכי lim⁡x→∞f′(x)=1\lim_{ x \to \infty }f'(x)=1limx→∞​f′(x)=1. הוכיחו כי הגבול

lim⁡x→∞(f(x+2)−f(x−1x))\lim_{ x \to \infty } \left( f(x+2)-f\left( x-\frac{1}{x} \right) \right)x→∞lim​(f(x+2)−f(x−x1​))

קיים ומצאו את ערכו.

הוכחה:
הפונקציה fff גזירה לכל xxx ובפרט גזירה ב-[x−1x,x+2]\left[ x-\frac{1}{x},x+2 \right][x−x1​,x+2] ולכן, לפי משפט לגרנז' קיימת

cx∈(x−1x,x+2)c_{x}\in\left( x-\frac{1}{x},x+2 \right)cx​∈(x−x1​,x+2)

כך ש-

f′(cx)=f(x+2)−f(x−1x)(x+2)−(x−1x)=f(x+2)−f(x−1x)2+1x  (∗)f'(c_{x})=\frac{f(x+2)-f\left( x-\frac{1}{x} \right)}{(x+2)-\left( x-\frac{1}{x} \right)}=\frac{f(x+2)-f\left( x-\frac{1}{x} \right)}{2+\frac{1}{x}}\; (*)f′(cx​)=(x+2)−(x−x1​)f(x+2)−f(x−x1​)​=2+x1​f(x+2)−f(x−x1​)​(∗) ∞⟵x→∞x−1x<cx<x+2\infty \underset{x\to \infty}{\longleftarrow} x-\frac{1}{x}< c_{x}<x+2∞x→∞⟵​x−x1​<cx​<x+2

ולכן, לפי פיצה cx⟶x→∞∞c_{x}\underset{x\to \infty}{\longrightarrow}\inftycx​x→∞⟶​∞ ולכן, לפי הנתון lim⁡x→∞f′(cx)=1\lim_{ x \to \infty }f'(c_{x})=1limx→∞​f′(cx​)=1.

f′(cx)(2+1x)=↓(∗)f(x+2)−f(x−1x)f'(c_{x})\left( 2+\frac{1}{x} \right)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ (*) \end{matrix}}{=} f(x+2)-f\left( x-\frac{1}{x} \right)f′(cx​)(2+x1​)↓(∗)​=​f(x+2)−f(x−x1​) lim⁡x→∞f′(c)(2+1x)=lim⁡x→∞f′(cx)lim⁡n→∞(2+1x)=↓לפי חשבון גבולות1⋅2=2\lim_{ x \to \infty } f'(c)\left( 2+\frac{1}{x} \right)=\lim_{ x \to \infty } f'(c_{x})\lim_{ n \to \infty } \left( 2+\frac{1}{x} \right)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=} 1 \cdot 2 =2x→∞lim​f′(c)(2+x1​)=x→∞lim​f′(cx​)n→∞lim​(2+x1​)↓לפי חשבון גבולות​=​1⋅2=2

ולכן, מיחידות הגבול והמשוואה נקבל:

lim⁡x→∞f(x+2)−f(x−1x)=2\lim_{ x \to \infty } f(x+2)-f\left( x-\frac{1}{x} \right)=2x→∞lim​f(x+2)−f(x−x1​)=2

∎

תרגיל

א. נניח fff גזירה ב-[a,∞)[a,\infty)[a,∞) וכי קיים M>0M>0M>0 כך שלכל x≥ax\geq ax≥a מתקיים f′(x)≥Mf'(x)\geq Mf′(x)≥M. הוכיחו כי lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{ x \to \infty }f(x)=\inftylimx→∞​f(x)=∞.
ב. נניח כי fff גזירה בכל נקודה וכי lim⁡x→∞f′(x)\lim_{ x \to \infty }f'(x)limx→∞​f′(x) קיים וחיובי. הוכיחו כי lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{ x \to \infty }f(x)=\inftylimx→∞​f(x)=∞.

הוכחה: (א')
הפונקציה fff גזירה ב-[a,∞)[a,\infty)[a,∞) ובפרט גזירה ב-[a,x][a,x][a,x] ולכן, לפי משפט לגרנז' קיימת cx∈(a,x)c_{x}\in(a,x)cx​∈(a,x) כך ש:

f′(cx)=f(x)−f(a)x−a≥↓נתוןMf'(c_{x})=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{נתון}} \end{matrix}}{\geq} Mf′(cx​)=x−af(x)−f(a)​↓נתון​≥​M f(x)−f(a)≥M(x−a)f(x)-f(a)\geq M(x-a)f(x)−f(a)≥M(x−a) f(x)≥f(a)+M(x−a)⟶x→∞↓חשבון גבולות מורחב∞f(x)\geq f(a)+M(x-a)\underset{\begin{matrix} x\to \infty \\ \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות מורחב}} \end{matrix}}{\longrightarrow} \inftyf(x)≥f(a)+M(x−a)x→∞↓חשבון גבולות מורחב​⟶​∞

ולכן לפי פיצה lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{ x \to \infty }f(x)=\inftylimx→∞​f(x)=∞.
∎

הוכחה: (ב')
נסמן lim⁡x→∞f′(x)=L\lim_{ x \to \infty }f'(x)=Llimx→∞​f′(x)=L כאשר L>0L>0L>0 לפי הנתון.
לכן, לפי תכונת הסדר של גבולות:

lim⁡x→∞f′(x)=L>L2=lim⁡x→∞L2\lim_{ x \to \infty } f'(x)=L> \frac{L}{2}=\lim_{ x \to \infty } \frac{L}{2}x→∞lim​f′(x)=L>2L​=x→∞lim​2L​

⇐ קיים x0x_{0}x0​ כך שלכל x>x0x>x_{0}x>x0​ מתקיים f′(x)≥L2>0f'(x)\geq \frac{L}{2}>0f′(x)≥2L​>0 ולכן, לפי סעיף א':

lim⁡x→∞f(x)=∞\lim_{ x \to \infty } f(x)=\inftyx→∞lim​f(x)=∞

∎

תרגיל

תהא fff פונקציה גזירה שלוש פעמים ב-R\mathbb{R}R כך שמתקיים:

f(1)=f′(1)=f′(0)=1,  f(0)=0f(1)=f'(1)=f'(0)=1,\; f(0)=0f(1)=f′(1)=f′(0)=1,f(0)=0

הוכיחו כי קיימת c∈(0,1)c \in(0,1)c∈(0,1) כך ש-f′′′(c)=0f'''(c)=0f′′′(c)=0.

הוכחה:
הפונקציה fff רציפה ב-[0,1][0,1][0,1] וגזירה ב-(0,1)(0,1)(0,1) לפי נתון. לכן, לפי משפט לגרנז' קיימת c∈(0,1)c \in(0,1)c∈(0,1) כך ש:

f′(c)=f(1)−f(0)1−0=1f'(c)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1f′(c)=1−0f(1)−f(0)​=1

כלומר, 0<c<10<c<10<c<1 ו-f′(c)=f′(1)=f′(0)=1f'(c)=f'(1)=f'(0)=1f′(c)=f′(1)=f′(0)=1.
הפונקציה f′f'f′ גזירה ב-[0,c][0,c][0,c] ומתקיים f′(0)=f′(c)=1f'(0)=f'(c)=1f′(0)=f′(c)=1 ולכן, לפי רול, קיים x0∈(0,c)x_{0} \in(0,c)x0​∈(0,c) כך ש-f′′(x0)=0f''(x_{0})=0f′′(x0​)=0.
הפונקציה f′f'f′ גזירה ב-[c,1][c,1][c,1] ומתקיים f′(c)=f′(1)=1f'(c)=f'(1)=1f′(c)=f′(1)=1 ולכן, לפי רול, קיים x1∈(c,1)x_{1} \in(c,1)x1​∈(c,1) כך ש-f′′(x1)=0f''(x_{1})=0f′′(x1​)=0.
הפונקציה f′′f''f′′ גזירה ב-[x0,x1][x_{0},x_{1}][x0​,x1​] ומתקיים f′′(x0)=f′′(x1)=0f''(x_{0})=f''(x_{1})=0f′′(x0​)=f′′(x1​)=0 ולכן, לפי רול קיים x3∈(x0,x1)x_{3}\in(x_{0},x_{1})x3​∈(x0​,x1​) כך ש-f′′′(x3)=0f'''(x_{3})=0f′′′(x3​)=0.
∎

משפט (קושי)

אם g,fg,fg,f רציפות ב-[a,b][a,b][a,b] וגזירות ב-(a,b)(a,b)(a,b) כך ש-g′(x)≠0g'(x)\neq 0g′(x)=0 לכל a<x<ba<x<ba<x<b אז קיימת c∈(a,b)c \in(a,b)c∈(a,b) כך ש-f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c)\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}g(b)−g(a)f(b)−f(a)​=g′(c)f′(c)​.

תרגיל

הוכיחו כי לכל (α,β)⊆(0,π2)(\alpha,\beta)\subseteq\left( 0, \frac{\pi}{2} \right)(α,β)⊆(0,2π​) מתקיים ∣sin⁡α−sin⁡β∣≤∣tan⁡α−tan⁡β∣\left| \sin\alpha-\sin\beta \right|\leq \left| \tan\alpha-\tan\beta \right|∣sinα−sinβ∣≤∣tanα−tanβ∣.

הוכחה:
נגדיר f(x)=sin⁡xf(x)=\sin xf(x)=sinx ו-g(x)=tan⁡xg(x)=\tan xg(x)=tanx.
הן רציפות ב-[α,β][\alpha,\beta][α,β] וגזירות ב-(α,β)(\alpha,\beta)(α,β) ולכן לפי משפט קושי קיימת c∈(α,β)c \in(\alpha,\beta)c∈(α,β) כך ש:

∣sin⁡β−sin⁡αtan⁡β−tan⁡α∣=∣cos⁡c1cos⁡2c∣=∣cos⁡3c∣≤1\left| \frac{\sin\beta-\sin\alpha}{\tan\beta-\tan\alpha} \right|=\left| \frac{\cos c}{\frac{1}{\cos^2c}} \right|=\left| \cos^3 c \right|\leq 1​tanβ−tanαsinβ−sinα​​=​cos2c1​cosc​​=​cos3c​≤1   ⟹  ∣sin⁡β−sin⁡α∣≤∣tan⁡β−tan⁡α∣\implies \left| \sin\beta-\sin\alpha \right|\leq \left| \tan\beta-\tan\alpha \right|⟹∣sinβ−sinα∣≤∣tanβ−tanα∣

∎

משפט (דרבו)

אם fff גזירה ב-[a,b][a,b][a,b] (גזירה ב-(a,b)(a,b)(a,b), גזירה מימין ב-aaa וגזירה משמאל ב-bbb)
נסמן F′=fF'=fF′=f כך ש-F+′(a)=f(a)F'_{+}(a)=f(a)F+′​(a)=f(a) ו-F−′(b)=f(b)F'_{-}(b)=f(b)F−′​(b)=f(b) אז לכל f(a)<y<f(b)f(a)<y<f(b)f(a)<y<f(b) (או להפך) קיים t∈Rt \in \mathbb{R}t∈R כך ש-F(t)=yF(t)=yF(t)=y.

מסקנה

אם לנגזרת יש נקודת אי רציפות אז היא מסוג עיקרית.

דוגמה

נסתכל על הפונקציה:

f(x)={x2sin⁡1xx≠00x=0f(x)=\begin{cases} x^2\sin \frac{1}{x} & x\neq 0 \\ 0 & x=0 \end{cases}f(x)={x2sinx1​0​x=0x=0​ f′(0)=lim⁡x→0f(x)−f(0)x−0=lim⁡x→0x2sin⁡1xx=lim⁡x→0xsin⁡1x=↓חסומה כפול אפסה0f'(0)=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } x^2 \frac{\sin \frac{1}{x}}{x}=\lim_{ x \to 0 } x \sin \frac{1}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חסומה כפול אפסה}} \end{matrix}}{=}0f′(0)=x→0lim​x−0f(x)−f(0)​=x→0lim​x2xsinx1​​=x→0lim​xsinx1​↓חסומה כפול אפסה​=​0 f′(x)={2xsin⁡1x+x2cos⁡1x⋅(−1x2)x≠00x=0f'(x)=\begin{cases} 2x\sin \frac{1}{x}+x^2\cos \frac{1}{x}\cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) & x\neq0 \\ 0 & x=0 \end{cases}f′(x)={2xsinx1​+x2cosx1​⋅(−x21​)0​x=0x=0​

f′f'f′ אינה רציפה

lim⁡x→0f′(x)=לא קיים\lim_{ x \to 0 } f'(x) = \R{\text{לא קיים}}x→0lim​f′(x)=לא קיים

אי רציפות עיקרית.

תרגיל

א. תהי f:(a,b)→Rf:(a,b)\to \mathbb{R}f:(a,b)→R פונקציה גזירה המקיימת f′(x)≠0f'(x)\neq 0f′(x)=0 לכל x∈(a,b)x \in(a,b)x∈(a,b). הוכיחו כי fff מונוטונית ב-(a,b)(a,b)(a,b).
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 שקיימת 0≤c≤10\leq c\leq 10≤c≤1 שבה g′(c)=3c2g'(c)=3c^2g′(c)=3c2.

הוכחה: (א')
לפי מסקנות לגרנז' אם f′>0f'>0f′>0 ⇐ fff עולה ממש ואם f′<0f'<0f′<0 ⇐ fff יורדת ממש.
⇐ צריך להוכיח כי ל-fff יש סימן קבוע ב-(a,b)(a,b)(a,b).
נניח בשלילה כי קיימים x,y∈(a,b)x,y \in(a,b)x,y∈(a,b) כך ש-f′(x)>0f'(x)>0f′(x)>0 ו-f′(y)<0f'(y)<0f′(y)<0.
נניח בה"כ x<yx<yx<y ⇐ לפי דרבו קיימת x<c<yx<c<yx<c<y כך ש-f′(c)=0f'(c)=0f′(c)=0 ⇐ סתירה לנתון.
∎

הוכחה: (ב')
נגדיר h(x)=g(x)−x3h(x)=g(x)-x^3h(x)=g(x)−x3 גזירה כי היא הפרש גזירות. ⇐ h′(x)=g′(x)−3x2h'(x)=g'(x)-3x^2h′(x)=g′(x)−3x2.

h′(0)=g′(0)−02≥0h'(0)=g'(0)-0^2\geq 0h′(0)=g′(0)−02≥0 h′(1)=g′(1)−3≤−2<0h'(1)=g'(1)-3\leq -2 < 0h′(1)=g′(1)−3≤−2<0

אם h′(0)=0h'(0)=0h′(0)=0 סיימנו.
אחרת, h′(0)>0h'(0)>0h′(0)>0 ו-h′(1)<0h'(1)<0h′(1)<0 ולכן לפי דרבו, קיימת c∈(0,1)c \in(0,1)c∈(0,1) כך ש-h′(c)=0h'(c)=0h′(c)=0 כנדרש.
∎

תרגיל

תהא f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R גזירה כך ש-0≤f′(x)≤10\leq f'(x)\leq 10≤f′(x)≤1 לכל x∈[0,π2]x \in\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]x∈[0,2π​].
הוכיחו שקיים x∈[0,π2]x \in\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]x∈[0,2π​] כך ש-f′(x)=sin⁡xf'(x)=\sin xf′(x)=sinx.

הוכחה:
נגדיר h(x)=f(x)+cos⁡xh(x)=f(x)+\cos xh(x)=f(x)+cosx גזירה כי היא הפרש גזירות ומתקיים: h′(x)=f′(x)−sin⁡xh'(x)=f'(x)-\sin xh′(x)=f′(x)−sinx.

h′(0)=f′(0)−sin⁡x=f′(0)≥0h'(0)=f'(0)-\sin x=f'(0)\geq0h′(0)=f′(0)−sinx=f′(0)≥0 h′(π2)=f′(π2)−1≤0h'\left( \frac{\pi}{2} \right)=f'\left( \frac{\pi}{2} \right)-1 \leq 0h′(2π​)=f′(2π​)−1≤0

אם h′(0)=0h'(0)=0h′(0)=0 או h′(π2)=0h'\left( \frac{\pi}{2} \right)=0h′(2π​)=0 אז סיימנו.
אחרת, h′(0)>0h'(0)>0h′(0)>0 ו-h′(π2)<0h'\left( \frac{\pi}{2} \right)<0h′(2π​)<0 ולכן, לפי דרבו, קיימת c∈(0,π2)c \in\left( 0, \frac{\pi}{2} \right)c∈(0,2π​) כך ש-h′(c)=0h'(c)=0h′(c)=0 כלומרL

f′(c)=sin⁡cf'(c)=\sin cf′(c)=sinc

∎

ליפשיץ

הגדרה 1 (ליפשיץ)

תהי f:I→Rf:I\to \mathbb{R}f:I→R. fff נקראת רציפה ליפשיץ אם קיים k≥0k\geq 0k≥0 כך שלכל x,y∈Ix, y \in Ix,y∈I מתקיים ∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣|f(x)-f(y)|\leq k|x-y|∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣.

משפט

נגזרות חסומות   ⟸  \impliedby⟸ ליפשיץ   ⟸  \impliedby⟸ רציפות במ"ש   ⟸  \impliedby⟸ רציפות.

משפט (רציפות במ"ש ונגזרות)

אם fff רציפה בקטע ומתקיים ∣f′(x)∣≤M|f'(x)|\leq M∣f′(x)∣≤M לכל xxx בקטע אז fff רציפה במ"ש בקטע.

תרגיל

האם f(x)=xf(x)=\sqrt{ x }f(x)=x​ רציפה ליפשיץ ב-[0,1][0,1][0,1].

הערה

נשים לב כי הנגזרת אינה חסומה, אבל זה לא אומר כלום כי המשפטים האחרונים הם לא   ⟺  \iff⟺ לאף אחד מהשלבים.

∣f(x)−f(y)∣=∣x−y∣=∣x−yx+y∣=∣1x+y∣∣x−y∣|f(x)-f(y)|=|\sqrt{ x }-\sqrt{ y }|=\left| \frac{x-y}{\sqrt{ x }+\sqrt{ y }} \right|=\left| \frac{1}{\sqrt{ x }+\sqrt{ y }} \right||x-y|∣f(x)−f(y)∣=∣x​−y​∣=​x​+y​x−y​​=​x​+y​1​​∣x−y∣

נדרש להוכיח את הסתירה: לכל k≥0k\geq 0k≥0 קיימים x,y∈Ix, y \in Ix,y∈I שלהם מתקיים ∣f(x)−f(y)∣>k∣x−y∣|f(x)-f(y)|> k|x-y|∣f(x)−f(y)∣>k∣x−y∣.
נקח:

x0=1n2y0=4n2x_{0}=\frac{1}{n^2} \qquad y_{0}=\frac{4}{n^2}x0​=n21​y0​=n24​

מתקיים כי x,y∈(0,1)x,y \in(0,1)x,y∈(0,1) עבור nnn מספיק גדול.

∣f(x)−f(y)∣=∣1x+y∣⏟n3∣x−y∣|f(x)-f(y)|=\underbrace{\left| \frac{1}{\sqrt{ x }+\sqrt{ y }} \right|}_{\frac{n}{3}}|x-y|∣f(x)−f(y)∣=3n​​x​+y​1​​​​∣x−y∣ ∣f(x)−f(y)x−y∣=n3\left| \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \right|=\frac{n}{3}​x−yf(x)−f(y)​​=3n​

לכל kkk נוכל למצוא nnn כך ש-n>3kn>3kn>3k ומכאן ש-x\sqrt{ x }x​ לא ליפשיץ.

תרגיל

האם x\sqrt{ x }x​ רציפה ליפשיץ ב-[1,∞)[1,\infty)[1,∞)?

∣f(x)−f(y)∣=∣1x−y∣∣x−y∣≤↓x,y≥1כי 12∣x−y∣|f(x)-f(y)|=\left| \frac{1}{\sqrt{ x }-\sqrt{ y }} \right||x-y|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ x,y\geq 1\R{\text{כי }} \end{matrix}}{\leq} \frac{1}{2}|x-y|∣f(x)−f(y)∣=​x​−y​1​​∣x−y∣↓x,y≥1כי ​≤​21​∣x−y∣

ולכן לפישיץ.

תרגיל

האם f=1xf=\frac{1}{x}f=x1​ רציפה במ"ש ב-[a,∞)[a,\infty )[a,∞) כאשר a>0a>0a>0?

הוכחה:

∣f(x)−f(y)∣=∣1x−1y∣=∣x−yxy∣≤1a2∣x−y∣|f(x)-f(y)|=\left| \frac{1}{x}-\frac{1}{y} \right|=\left| \frac{x-y}{xy} \right| \leq \frac{1}{a^2}\left| x-y \right|∣f(x)−f(y)∣=​x1​−y1​​=​xyx−y​​≤a21​∣x−y∣

ליפשיץ ולכן רציפה במ"ש (לפי משפט).
∎

תרגיל (עוד תרגיל)

נתונה f(x)=x2sin⁡1xf(x)=x^2\sin \frac{1}{x}f(x)=x2sinx1​.
א. האם fff רציפה במ"ש ב-(0,∞)(0,\infty)(0,∞)?
ב. האם f′f'f′ רציפה במ"ש ב-(0,∞)(0,\infty)(0,∞)?

הערה (מחשבותיה של רבקה)

לא סביר כי נעבוד בשתיהן באותה השיטה. זה יכול להיות אחד הגדרה ושני ליפשיץ או משהו אחר. אבל סביר ביותר כי זה לא יהיה אותו הדבר בשני הסעיפים.

הוכחה: (א')

f′(x)=2xsin⁡1x+x2cos⁡(1x)(−1x2)=2xsin⁡1x−cos⁡1xf'(x)=2x\sin \frac{1}{x}+x^2\cos\left( \frac{1}{x} \right)\left( -\frac{1}{x^2} \right)=2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}f′(x)=2xsinx1​+x2cos(x1​)(−x21​)=2xsinx1​−cosx1​ ∣2xsin⁡1x−cos⁡1x∣≤∣2xsin⁡1x∣+∣cos⁡1x∣\left| 2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x} \right|\leq \left| 2x\sin \frac{1}{x} \right|+\left| \cos \frac{1}{x} \right|​2xsinx1​−cosx1​​≤​2xsinx1​​+​cosx1​​

ידוע כי ∣sin⁡x∣≤∣x∣|\sin x|\leq |x|∣sinx∣≤∣x∣ ולכן:

≤∣2x∣∣1x∣+1=3\leq |2x|\left| \frac{1}{x} \right|+1=3≤∣2x∣​x1​​+1=3

הנגזרת חסומה ולכן, לפי משפט, fff רציפה במ"ש.
∎

הוכחה: (ב')

f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1xf'(x)=2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}f′(x)=2xsinx1​−cosx1​ ∣f′(x)−f′(y)∣=∣2xsin⁡1x−cos⁡1x−2ysin⁡1y+cos⁡1y∣\left| f'(x)-f'(y) \right|=\left| 2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}-2y\sin \frac{1}{y}+\cos \frac{1}{y} \right|∣f′(x)−f′(y)∣=​2xsinx1​−cosx1​−2ysiny1​+cosy1​​

נבחר x=12πnx=\frac{1}{2\pi n}x=2πn1​ ו-y=12πn+π2y=\frac{1}{2\pi n+\frac{\pi}{2}}y=2πn+2π​1​. x,y∈(0,∞)x,y \in(0,\infty)x,y∈(0,∞) לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.

=∣0+1−22πn+π2⋅1+0∣⟶n→∞1=\left| 0+1-\frac{2}{2\pi n +\frac{\pi}{2}}\cdot 1+0 \right|\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}1=​0+1−2πn+2π​2​⋅1+0​n→∞⟶​1

לכן, קיים ε\epsilonε (בין 0 ל-1) כך שלכל δ\deltaδ נוכל למצוא x,y∈(0,∞)x,y \in(0,\infty)x,y∈(0,∞) המקיימים ∣x−y∣<δ|x-y|<\delta∣x−y∣<δ אך ∣f′(x)−f′(y)∣>ε|f'(x)-f'(y)|>\epsilon∣f′(x)−f′(y)∣>ε.
ולכן, f′f'f′ לא רציפה במ"ש ב-(0,∞)(0,\infty)(0,∞).
∎