תרגיל 1
מצאו פונקציה קדומה ל-f ( x ) = max { 1 , x 2 } f(x)=\max\left\{ 1,x^2 \right\} f ( x ) = max { 1 , x 2 } R \mathbb{R} R R \mathbb{R} R
עבור g ( x ) = x 2 g(x)=x^2 g ( x ) = x 2 g ( x ) > 1 g(x)>1 g ( x ) > 1 x ∈ ( 1 , ∞ ) ∪ ( − ∞ , − 1 ) x \in(1,\infty)\cup (-\infty ,-1) x ∈ ( 1 , ∞ ) ∪ ( − ∞ , − 1 ) ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 ) x = ± 1 x=\pm1 x = ± 1 x ∈ ( 1 , ∞ ) ∪ { − ∞ , − 1 } x \in(1,\infty)\cup \left\{ -\infty,-1 \right\} x ∈ ( 1 , ∞ ) ∪ { − ∞ , − 1 }
∫ x 2 d x = x 3 3 + c \int x^2dx= \frac{x^3}{3}+c ∫ x 2 d x = 3 x 3 + c עבור x ∈ ( − 1 , 1 ) x \in(-1,1) x ∈ ( − 1 , 1 )
∫ 1 d x = x + c \int 1dx=x+c ∫ 1 d x = x + c נחלק לשלושה חלקים שונים אשר לכל אחד מהם יהיה c c c F F F F F F ⟸ \impliedby ⟸
F ( x ) = { x 3 3 + c 1 x < − 1 x x ∈ [ − 1 , 1 ] x 3 x + c 2 x > 1 F(x)=\begin{cases}
\frac{x^3}{3}+c_{1} & x<-1 \\
x & x \in[-1,1] \\
\frac{x^3}{x}+c_{2} & x> 1
\end{cases} F ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ 3 x 3 + c 1 x x x 3 + c 2 x < − 1 x ∈ [ − 1 , 1 ] x > 1 נמצא את c 1 , c 2 c_{1},c_{2} c 1 , c 2
− 1 3 3 + c 1 = − 1 ⟹ c 1 = − 1 + 1 3 = − 2 3 -\frac{1^3}{3}+c_{1}=-1 \implies c_{1}=-1+\frac{1}{3}=-\frac{2}{3} − 3 1 3 + c 1 = − 1 ⟹ c 1 = − 1 + 3 1 = − 3 2 1 3 3 + c 2 = 1 ⟹ c 2 = 1 − 1 3 = 2 3 \frac{1^3}{3}+c_{2}=1\implies c_{2}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3} 3 1 3 + c 2 = 1 ⟹ c 2 = 1 − 3 1 = 3 2 ולכן:
F ( x ) = { x 3 − 2 3 x < − 1 x x ∈ [ − 1 , 1 ] x 3 + 2 3 x > 1 F(x)=\begin{cases}
\frac{x^3-2}{3} & x<-1 \\
x & x \in[-1,1] \\
\frac{x^3+2}{3} & x>1
\end{cases} F ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ 3 x 3 − 2 x 3 x 3 + 2 x < − 1 x ∈ [ − 1 , 1 ] x > 1 נבדוק כעת כי לכל x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x)=f(x) F ′ ( x ) = f ( x )
∀ 1 < x : F ′ ( x ) = ( x 3 + 2 3 ) ′ = ( x 3 3 ) ′ = x 2 \forall\ 1<x:\;F'(x)= \left( \frac{x^3+2}{3} \right)'=\left( \frac{x^3}{3} \right)'=x^2 ∀ 1 < x : F ′ ( x ) = ( 3 x 3 + 2 ) ′ = ( 3 x 3 ) ′ = x 2 ∀ x < − 1 : F ′ ( x ) = ( x 3 − 2 3 ) ′ = ( x 3 3 ) ′ = x 2 \forall x<-1:\; F'(x)=\left( \frac{x^3-2}{3} \right)'=\left( \frac{x^3}{3} \right)'=x^2 ∀ x < − 1 : F ′ ( x ) = ( 3 x 3 − 2 ) ′ = ( 3 x 3 ) ′ = x 2 ∀ x ∈ ( − 1 , 1 ) : F ′ ( x ) = 1 \forall x \in(-1,1):\; F'(x)=1 ∀ x ∈ ( − 1 , 1 ) : F ′ ( x ) = 1 כעת, נבדוק עבור x = ± 1 x=\pm1 x = ± 1
lim x → 1 + F ( x ) − F ( 1 ) x − 1 = lim x → 1 + x 3 + 2 3 − 1 x − 1 = lim x → 1 + 1 3 x 3 − 1 x − 1 = ↓ חשבון גבולות 1 3 lim x → 1 + ( x − 1 ) ( x 2 + x + 1 ) x − 1 = 1 3 ⋅ 3 = 1 \lim_{ x \to 1^+ } \frac{F(x)-F(1)}{x-1}=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\frac{x^3+2}{3}-1}{x-1}=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{1}{3} \frac{x^3-1}{x-1} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=} \frac{1}{3}\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\cancel{ (x-1) }(x^2+x+1)}{\cancel{ x-1 }}=\frac{1}{3}\cdot 3=1 x → 1 + lim x − 1 F ( x ) − F ( 1 ) = x → 1 + lim x − 1 3 x 3 + 2 − 1 = x → 1 + lim 3 1 x − 1 x 3 − 1 ↓ חשבון גבולות = 3 1 x → 1 + lim x − 1 ( x − 1 ) ( x 2 + x + 1 ) = 3 1 ⋅ 3 = 1 = ↓ משפט על אלמנטריות 1 3 ( 1 + 1 ) 2 = 2 3 \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{משפט על אלמנטריות}}
\end{matrix}}{=} \frac{1}{3}(1+1)^2=\frac{2}{3} ↓ משפט על אלמנטריות = 3 1 ( 1 + 1 ) 2 = 3 2 lim x → 1 − F ( x ) − F ( 1 ) x − 1 = lim x → 1 − x − 1 x − 1 = lim x → 1 − 1 = 1 \lim_{ x \to 1^- } \frac{F(x)-F(1)}{x-1}=\lim_{ x \to 1^- } \frac{x-1}{x-1}=\lim_{ x \to 1^- } 1=1 x → 1 − lim x − 1 F ( x ) − F ( 1 ) = x → 1 − lim x − 1 x − 1 = x → 1 − lim 1 = 1 לכן, לפי משפט מאינפי 1מ, נקבל כי F ′ ( 1 ) = 1 = f ( 1 ) F'(1)=1=f(1) F ′ ( 1 ) = 1 = f ( 1 ) F ′ ( − 1 ) = 1 = f ( − 1 ) F'(-1)=1=f(-1) F ′ ( − 1 ) = 1 = f ( − 1 ) x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x)=f(x) F ′ ( x ) = f ( x )
תרגיל 2
נתונה פונקציה f : ( − 1 , 1 ) → R f:(-1,1)\to \mathbb{R} f : ( − 1 , 1 ) → R f ( x ) = f ( x ) + f ( − x ) 2 + f ( x ) − f ( − x ) 2 f(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2} f ( x ) = 2 f ( x ) + f ( − x ) + 2 f ( x ) − f ( − x ) f ( x ) f(x) f ( x ) f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) f(x)=f_{1}(x)+f_{2}(x) f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) f 1 ( x ) f_{1}(x) f 1 ( x ) f 2 ( x ) f_{2}(x) f 2 ( x ) f 1 ( x ) = f ( x ) + f ( x − ) 2 f_{1}(x)=\frac{f(x)+f(x-)}{2} f 1 ( x ) = 2 f ( x ) + f ( x − ) f 2 ( x ) = f ( x ) − f ( − x ) 2 f_{2}(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2} f 2 ( x ) = 2 f ( x ) − f ( − x )
הוכחה:
f ( x ) + f ( − x ) 2 + f ( x ) − f ( − x ) 2 = f ( x ) + f ( − x ) 2 − f ( − x ) 2 = f ( x ) \frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2}=f(x)+\frac{f(-x)}{2}-\frac{f(-x)}{2}=f(x) 2 f ( x ) + f ( − x ) + 2 f ( x ) − f ( − x ) = f ( x ) + 2 f ( − x ) − 2 f ( − x ) = f ( x ) נראה כי h ( x ) = f ( x ) + f ( − x ) 2 h(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2} h ( x ) = 2 f ( x ) + f ( − x ) k ( x ) = f ( x ) − f ( − x ) 2 k(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2} k ( x ) = 2 f ( x ) − f ( − x )
h ( − x ) = f ( − x ) + f ( x ) 2 = h ( x ) h(-x)= \frac{f(-x)+f(x)}{2}= h(x) h ( − x ) = 2 f ( − x ) + f ( x ) = h ( x ) לכן, h h h
k ( − x ) = f ( − x ) − f ( x ) 2 = − f ( x ) − f ( − x ) 2 = − k ( x ) k(-x)=\frac{f(-x)-f(x)}{2}=-\frac{f(x)-f(-x)}{2}=-k(x) k ( − x ) = 2 f ( − x ) − f ( x ) = − 2 f ( x ) − f ( − x ) = − k ( x ) לכן, k k k f ( x ) f(x) f ( x ) f ( x ) + f ( − x ) 2 + f ( x ) − f ( − x ) 2 \frac{f(x)+f(-x)}{2}+\frac{f(x)-f(-x)}{2} 2 f ( x ) + f ( − x ) + 2 f ( x ) − f ( − x )
תהי f 1 : ( − 1 , 1 ) → R f_{1}:(-1,1)\to \mathbb{R} f 1 : ( − 1 , 1 ) → R f 2 : ( − 1 , 1 ) → R f_{2}:(-1,1)\to \mathbb{R} f 2 : ( − 1 , 1 ) → R f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x ) f(x)=f_{1}(x)+f_{2}(x) f ( x ) = f 1 ( x ) + f 2 ( x )
f 1 ( x ) = f ( x ) − f 2 ( x ) = ↓ זוגית f 1 f 1 ( − x ) = f ( − x ) − f 2 ( − x ) = ↓ אי זוגית f 2 f ( − x ) + f 2 ( x ) = f ( − x ) + f ( x ) − f 1 ( x ) f_{1}(x)=f(x)-f_{2}(x) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ זוגית}}f_{1}
\end{matrix}}{=}f_{1}(-x)=f(-x)-f_{2}(-x)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ אי זוגית}}f_{2}
\end{matrix}}{=}f(-x)+f_{2}(x)=f(-x)+f(x)-f_{1}(x) f 1 ( x ) = f ( x ) − f 2 ( x ) ↓ זוגית f 1 = f 1 ( − x ) = f ( − x ) − f 2 ( − x ) ↓ אי זוגית f 2 = f ( − x ) + f 2 ( x ) = f ( − x ) + f ( x ) − f 1 ( x ) ⇓ \Downarrow ⇓ f 1 ( x ) = 1 2 ( f ( − x ) + f ( x ) ) = f ( x ) + f ( − x ) 2 f_{1}(x)= \frac{1}{2}(f(-x)+f(x))=\frac{f(x)+f(-x)}{2} f 1 ( x ) = 2 1 ( f ( − x ) + f ( x )) = 2 f ( x ) + f ( − x ) בנוסף מתקיים כי:
f 2 ( x ) = f ( x ) − f 1 ( x ) = ↓ אי זוגית f 2 − f 2 ( − x ) = f 1 ( − x ) − f ( − x ) = ↓ זוגית f 1 f 1 ( x ) − f ( − x ) = f ( x ) − f 2 ( x ) − f ( − x ) f_{2}(x)=f(x)-f_{1}(x)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ אי זוגית}}f_{2}
\end{matrix}}{=}-f_{2}(-x)=f_{1}(-x)-f(-x) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ זוגית}}f_{1}
\end{matrix}}{=} f_{1}(x)-f(-x)=f(x)-f_{2}(x)-f(-x) f 2 ( x ) = f ( x ) − f 1 ( x ) ↓ אי זוגית f 2 = − f 2 ( − x ) = f 1 ( − x ) − f ( − x ) ↓ זוגית f 1 = f 1 ( x ) − f ( − x ) = f ( x ) − f 2 ( x ) − f ( − x ) ⇓ \Downarrow ⇓ f 2 ( x ) = 1 2 ( f ( x ) − f ( − x ) ) = f ( x ) − f ( − x ) 2 f_{2}(x)=\frac{1}{2}(f(x)-f(-x))=\frac{f(x)-f(-x)}{2} f 2 ( x ) = 2 1 ( f ( x ) − f ( − x )) = 2 f ( x ) − f ( − x ) לכן, f 1 ( x ) , f 2 ( x ) f_{1}(x),f_{2}(x) f 1 ( x ) , f 2 ( x ) ∎
הראו שאם f f f ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 )
הוכחה: F : ( − 1 , 1 ) → R F:(-1,1)\to \mathbb{R} F : ( − 1 , 1 ) → R ∀ x ∈ ( − 1 , 1 ) : F ′ ( x ) = f ( x ) \forall x \in(-1,1):\; F'(x)=f(x) ∀ x ∈ ( − 1 , 1 ) : F ′ ( x ) = f ( x )
F ( x ) = ∫ f ( x ) d x F(x)=\int f(x)dx F ( x ) = ∫ f ( x ) d x ואז:
F ( x ) = ∫ f ( x ) d x = ↓ אי זוגית f ∫ − f ( − x ) d x = ↓ שיטת ההצבה ( t = − x d t = − d x ) ∫ f ( t ) d t = F ( t ) = F ( − x ) F(x)=\int f(x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ אי זוגית}}f
\end{matrix}}{=}\int -f(-x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה}} \\
\begin{pmatrix}
t=-x \\
dt=-dx
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=} \int f(t)dt=F(t)=F(-x) F ( x ) = ∫ f ( x ) d x ↓ אי זוגית f = ∫ − f ( − x ) d x ↓ שיטת ההצבה ( t = − x d t = − d x ) = ∫ f ( t ) d t = F ( t ) = F ( − x ) ולכן, לפי הגדרה, F F F ( − 1 , 1 ) (-1,1) ( − 1 , 1 )
F ( x ) + c = ∫ f ( x ) d x = ∫ − f ( − x ) d x = ∫ f ( t ) d t = F ( t ) + c = F ( − x ) + c F(x)+c=\int f(x)dx=\int-f(-x)dx=\int f(t)dt=F(t)+c=F(-x)+c F ( x ) + c = ∫ f ( x ) d x = ∫ − f ( − x ) d x = ∫ f ( t ) d t = F ( t ) + c = F ( − x ) + c עם אותם נימוקים ממקודם בנוסף לכך ש-( c ) ′ = 0 (c)'=0 ( c ) ′ = 0 c c c f f f ∎
הראו שאם f f f f f f
הוכחה: F : ( − 1 , 1 ) → R F:(-1,1)\to \mathbb{R} F : ( − 1 , 1 ) → R F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x)=f(x) F ′ ( x ) = f ( x ) x ∈ ( − 1 , 1 ) x \in(-1,1) x ∈ ( − 1 , 1 ) F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 c = 0 c=0 c = 0
F ( x ) = ∫ f ( x ) d x F(x)=\int f(x)dx F ( x ) = ∫ f ( x ) d x ואז:
F ( x ) = ∫ f ( x ) d x = ↓ זוגית f ∫ f ( − x ) d x = ↓ שיטת ההצבה+ ליניאריות ( t = − x d t = − d x ) − ∫ f ( t ) d t = − F ( t ) = − F ( − x ) F(x)=\int f(x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ זוגית}}f
\end{matrix}}{=}\int f(-x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה+ ליניאריות}} \\
\begin{pmatrix}
t=-x \\
dt=-dx
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}-\int f(t)dt=-F(t)=-F(-x) F ( x ) = ∫ f ( x ) d x ↓ זוגית f = ∫ f ( − x ) d x ↓ שיטת ההצבה+ ליניאריות ( t = − x d t = − d x ) = − ∫ f ( t ) d t = − F ( t ) = − F ( − x ) לכן, F F F x = 0 x=0 x = 0 F ( 0 ) = − F ( − 0 ) F(0)=-F(-0) F ( 0 ) = − F ( − 0 ) F ( 0 ) = − F ( 0 ) F(0)=-F(0) F ( 0 ) = − F ( 0 ) F ( 0 ) = 0 F(0)=0 F ( 0 ) = 0 F ( x ) + c F(x)+c F ( x ) + c f f f ∎
תרגיל 3
תהיינה f : I → R f:I\to \mathbb{R} f : I → R I ⊂ R I \subset \mathbb{R} I ⊂ R f − 1 ( x ) f^{-1}(x) f − 1 ( x ) f f f x ∈ I x \in I x ∈ I f ′ ( x ) ≠ 0 f'(x)\neq 0 f ′ ( x ) = 0 ∫ f − 1 ( x ) d x \int f^{-1}(x)dx ∫ f − 1 ( x ) d x
נשתמש בשיטת ההצבה עם t = f − 1 ( x ) t=f^{-1}(x) t = f − 1 ( x ) x = f ( t ) x=f(t) x = f ( t )
∫ f − 1 ( x ) d x = ↓ x = f ( t ) d x = f ′ ( t ) d t ∫ f − 1 ( f ( t ) ) f ′ ( t ) d t = ∫ t f ′ ( t ) d t = ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = t ⟹ u ′ = 1 v ′ = f ′ ( t ) ⟹ v = f ( t ) ) t f ( t ) − ∫ 1 ⋅ f ( t ) d t = t f ( t ) − ∫ f ( t ) d t \int f^{-1}(x)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
x=f(t) \\
dx=f'(t)dt
\end{matrix}}{=}\int f^{-1}(f(t))f'(t)dt=\int tf'(t)dt \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\
\begin{pmatrix}
u=t \implies u'=1 \\
v'=f'(t)\implies v=f(t)
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}tf(t)-\int 1\cdot f(t)dt=tf(t)-\int f(t)dt ∫ f − 1 ( x ) d x ↓ x = f ( t ) d x = f ′ ( t ) d t = ∫ f − 1 ( f ( t )) f ′ ( t ) d t = ∫ t f ′ ( t ) d t ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = t ⟹ u ′ = 1 v ′ = f ′ ( t ) ⟹ v = f ( t ) ) = t f ( t ) − ∫ 1 ⋅ f ( t ) d t = t f ( t ) − ∫ f ( t ) d t תהי F ( t ) F(t) F ( t ) f ( t ) f(t) f ( t )
∫ f − 1 ( x ) d x = x f − 1 ( x ) − F ( t ) + c = x f − 1 ( x ) − F ( f − 1 ( x ) ) + c \int f^{-1}(x)dx=xf^{-1}(x)-F(t)+c=xf^{-1}(x)-F(f^{-1}(x))+c ∫ f − 1 ( x ) d x = x f − 1 ( x ) − F ( t ) + c = x f − 1 ( x ) − F ( f − 1 ( x )) + c
השתמשו בנוסחה שמצאתם בסעיף הקודם כדי למצוא את ∫ arccos x d x \int \arccos xdx ∫ arccos x d x
נגדיר f ( x ) = cos x f(x)=\cos x f ( x ) = cos x F ( x ) = − sin x + c F(x)=-\sin x+c F ( x ) = − sin x + c f ( x ) f(x) f ( x )
∫ arccos x d x = x arccos x + sin ( arccos x ) − c = x arccos x + 1 − x 2 + c \int \arccos xdx=x \arccos x+\sin(\arccos x)-c=x\arccos x+\sqrt{ 1-x^2 }+c ∫ arccos x d x = x arccos x + sin ( arccos x ) − c = x arccos x + 1 − x 2 + c