יהא D D D
y ( x ) = x 9 y ( x ) = 2 x y ( x ) = 1 x y(x)=\frac{x}{9} \qquad y(x)=2x \qquad y(x)=\frac{1}{x} y ( x ) = 9 x y ( x ) = 2 x y ( x ) = x 1 מהו השטח של התחום D D D הערה: כדאי לצייר את התחום D D D
נחשב את השטח בשני חלקים לפי משפט שאומר כי השטח בין שתי פונקציות הינו ∫ a b ∣ f − g ∣ \int_{a}^b|f-g| a ∫ b ∣ f − g ∣
x 9 = 2 x ⟹ x ( 1 9 − 2 ) = 0 ⟹ x = 0 \frac{x}{9}=2x \implies x\left( \frac{1}{9}-2 \right)=0 \implies x=0 9 x = 2 x ⟹ x ( 9 1 − 2 ) = 0 ⟹ x = 0 2 x = 1 x ⟹ 2 x 2 = 1 ⟹ x = 1 2 2x=\frac{1}{x}\implies 2x^2=1 \implies x=\sqrt{ \frac{1}{2} } 2 x = x 1 ⟹ 2 x 2 = 1 ⟹ x = 2 1 x 9 = 1 x ⟹ x 2 = 9 ⟹ x = 3 \frac{x}{9}=\frac{1}{x}\implies x^2=9 \implies x=3 9 x = x 1 ⟹ x 2 = 9 ⟹ x = 3 D 1 = ∫ 0 1 2 ∣ 2 x − x 9 ∣ = ∫ 0 1 2 ∣ x ∣ ∣ 17 9 ∣ = ↓ ליניאריות 17 9 ∫ 0 1 2 x = ↓ N L 17 9 ⋅ ( 1 2 2 − 0 ) = 17 18 D_{1}=\int_{0}^{\sqrt{ \frac{1}{2} }}\left|2x-\frac{x}{9}\right|=\int_{0}^{\sqrt{ \frac{1}{2} }} |x|\left| \frac{17}{9} \right|\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ליניאריות}}
\end{matrix}}{=}\frac{17}{9}\int_{0}^{\sqrt{ \frac{1}{2} }}x \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=} \frac{17}{9}\cdot \left( \sqrt{ \frac{1}{2} }^2-0 \right)=\frac{17}{18} D 1 = 0 ∫ 2 1 2 x − 9 x = 0 ∫ 2 1 ∣ x ∣ 9 17 ↓ ליניאריות = 9 17 0 ∫ 2 1 x ↓ N L = 9 17 ⋅ ( 2 1 2 − 0 ) = 18 17 D 2 = ∫ 1 2 3 ∣ 1 x − x 9 ∣ = ∫ 1 2 3 1 x − ∫ 1 2 3 x 9 = ln 3 − ln 1 2 − 1 + 1 18 D_{2}=\int_{\sqrt{ \frac{1}{2} }}^{3} \left| \frac{1}{x}-\frac{x}{9} \right|=\int_{\sqrt{ \frac{1}{2} }}^3 \frac{1}{x}-\int_{\sqrt{ \frac{1}{2} }}^3 \frac{x}{9}=\ln3-\ln \sqrt{ \frac{1}{2} }-1+\frac{1}{18} D 2 = 2 1 ∫ 3 x 1 − 9 x = 2 1 ∫ 3 x 1 − 2 1 ∫ 3 9 x = ln 3 − ln 2 1 − 1 + 18 1 לכן מתקיים:
D + = ln 3 1 2 = ln ( 3 2 ) D_{+}=\ln \frac{3}{\sqrt{ \frac{1}{2} }}=\ln (3\sqrt{ 2 }) D + = ln 2 1 3 = ln ( 3 2 ) נשים לב כי השטח בצד השלילי בין הפונצקיות זהה לשטח בצד החיובי בין הפונקציות ולכן השטח הינו:
D = 2 D + = 2 ln ( 3 2 ) D=2D_{+}=2\ln(3\sqrt{ 2 }) D = 2 D + = 2 ln ( 3 2 )
∫ 0 7 π 2 x 2 cos x d x = ? ? \int_{0}^{\frac{7\pi}{2}} x^2\cos xdx = ?? 0 ∫ 2 7 π x 2 cos x d x = ?? ∫ 0 7 π 2 x 2 cos x d x = ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = x 2 ⟹ u ′ = 2 x v ′ = cos x ⟹ v = sin x ) x 2 sin x ∣ 0 7 π 2 − 2 ∫ 0 7 π 2 x sin x d x = ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = x ⟹ u ′ = 1 v ′ = sin x ⟹ v = − cos x ) x 2 sin x ∣ 0 7 π 2 + 2 x cos x ∣ 0 7 π 2 + 2 ∫ 0 7 π 2 − cos x d x = x 2 sin x ∣ 0 7 π 2 + 2 x cos x ∣ 0 7 π 2 − 2 sin x ∣ 0 7 π 2 = 49 π 2 4 sin 7 π 2 + 7 π cos 7 π 2 − 2 sin 7 π 2 = 7 π cos 7 π 2 + ( 49 π 2 4 − 2 ) sin 7 π 2 \begin{align*}
\int_{0}^{\frac{7\pi}{2}} x^2\cos xdx &\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\
\begin{pmatrix}
u=x^2\implies u'=2x \\
v'=\cos x\implies v=\sin x
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}\left.\begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix} x^2\sin x \right\vert_{0}^{\frac{7\pi}{2}}-2\int_{0}^{\frac{7\pi}{2}} x\sin xdx \\
& \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\
\begin{pmatrix}
u=x\implies u'=1 \\
v'=\sin x\implies v=-\cos x
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=} \left.\begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix} x^2\sin x \right\vert_{0}^{\frac{7\pi}{2}}+\left.\begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix} 2x\cos x \right\vert_{0}^{\frac{7\pi}{2}}+2\int_{0}^{\frac{7\pi}{2}} -\cos xdx \\
&= \left.\begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix} x^2\sin x \right\vert_{0}^{\frac{7\pi}{2}}+\left.\begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix} 2x\cos x \right\vert_{0}^{\frac{7\pi}{2}}-2\left.\sin x\right\vert_{0}^{\frac{7\pi}{2}} \\
&=\frac{49\pi^2}{4}\sin \frac{7\pi}{2}+{7\pi}\cos \frac{7\pi}{2}-2\sin \frac{7\pi}{2} \\
&= 7\pi \cos \frac{7\pi}{2}+\left( \frac{49\pi^2}{4}-2 \right)\sin \frac{7\pi}{2}
\end{align*} 0 ∫ 2 7 π x 2 cos x d x ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = x 2 ⟹ u ′ = 2 x v ′ = cos x ⟹ v = sin x ) = x 2 sin x 0 2 7 π − 2 0 ∫ 2 7 π x sin x d x ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = x ⟹ u ′ = 1 v ′ = sin x ⟹ v = − cos x ) = x 2 sin x 0 2 7 π + 2 x cos x 0 2 7 π + 2 0 ∫ 2 7 π − cos x d x = x 2 sin x 0 2 7 π + 2 x cos x 0 2 7 π − 2 sin x ∣ 0 2 7 π = 4 49 π 2 sin 2 7 π + 7 π cos 2 7 π − 2 sin 2 7 π = 7 π cos 2 7 π + ( 4 49 π 2 − 2 ) sin 2 7 π
∫ 0 25 d x 1 + 6 x \int_{0}^{25} \frac{dx}{1+6\sqrt{ x }} 0 ∫ 25 1 + 6 x d x ∫ 0 25 d x 1 + 6 x = ↓ שיטת ההצבה ( x = t 2 ⟹ x = t d x = 2 t d t ) ∫ 0 5 2 t 1 + 6 t d t = ↓ ליניאריות 1 3 ∫ 0 5 6 t + 1 − 1 6 t + 1 d t = 1 3 ∫ 0 5 1 − 1 6 t + 1 d t = ↓ אינטגרל ידוע + הרכבה \int_{0}^{25} \frac{dx}{1+6\sqrt{ x }} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה}} \\
\begin{pmatrix}
x=t^2 \implies \sqrt{ x }=t \\
dx=2tdt
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=} \int_{0}^{5} \frac{2t}{1+6t}dt \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ליניאריות}}
\end{matrix}}{=} \frac{1}{3}\int_{0}^{5} \frac{6t+1-1}{6t+1}dt=\frac{1}{3}\int_{0}^{5}1-\frac{1}{6t+1}dt \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אינטגרל ידוע + הרכבה}}
\end{matrix}}{=} 0 ∫ 25 1 + 6 x d x ↓ שיטת ההצבה ( x = t 2 ⟹ x = t d x = 2 t d t ) = 0 ∫ 5 1 + 6 t 2 t d t ↓ ליניאריות = 3 1 0 ∫ 5 6 t + 1 6 t + 1 − 1 d t = 3 1 0 ∫ 5 1 − 6 t + 1 1 d t ↓ אינטגרל ידוע + הרכבה = 1 3 ( 5 − 0 − 1 6 ln ∣ 31 ∣ + ln ∣ 1 ∣ ) = 1 3 ( 5 − 1 6 ln ∣ 31 ∣ ) \frac{1}{3}\left( 5-0-\frac{1}{6}\ln |31|+\ln |1| \right)=\frac{1}{3}\left( 5-\frac{1}{6}\ln |31| \right) 3 1 ( 5 − 0 − 6 1 ln ∣31∣ + ln ∣1∣ ) = 3 1 ( 5 − 6 1 ln ∣31∣ )
נתון כי g ( x ) g(x) g ( x ) g ( 0 ) = 0 g(0)=0 g ( 0 ) = 0 g ′ ( x ) = sin x cos 3 x g'(x)=\frac{\sin x}{\cos^3x} g ′ ( x ) = c o s 3 x s i n x g ( π 3 ) g\left( \frac{\pi}{3} \right) g ( 3 π )
נתון כי g ( x ) g(x) g ( x ) g ( 0 ) = − 4 ln 2 g(0)=-4\ln2 g ( 0 ) = − 4 ln 2 g ′ ( x ) = e x + 5 e x + 1 g'(x)=\frac{e^x+5}{e^x+1} g ′ ( x ) = e x + 1 e x + 5 g ( 2 ) g(2) g ( 2 )
∫ 0 π 3 sin x cos 3 x = ↓ שיטת ההצבה ( t = cos x d t = − sin x d x ) − ∫ 1 0.5 d t t 3 = ∫ 0.5 1 1 t 3 d t = ∫ 0.5 1 t − 3 d t = t − 2 − 2 ∣ 0.5 1 = 1 − 2 ⋅ 1 2 − 1 0.5 2 ⋅ − 2 = 1 0.5 − 1 2 = 1.5 \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin x}{\cos^3x} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה}} \\
\begin{pmatrix}
t=\cos x \\
dt=-\sin xdx
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}-\int_{1}^{0.5} \frac{dt}{t^3}=\int_{0.5}^{1} \frac{1}{t^3}dt=\int_{0.5}^1 t^{-3}dt=\left.\frac{t^{-2}}{-2}\right\vert_{0.5}^{1}=\frac{1}{-2\cdot1^2}-\frac{1}{0.5^2\cdot -2}=\frac{1}{0.5}-\frac{1}{2}\!=\!1.5 0 ∫ 3 π cos 3 x sin x ↓ שיטת ההצבה ( t = cos x d t = − sin x d x ) = − 1 ∫ 0.5 t 3 d t = 0.5 ∫ 1 t 3 1 d t = 0.5 ∫ 1 t − 3 d t = − 2 t − 2 0.5 1 = − 2 ⋅ 1 2 1 − 0. 5 2 ⋅ − 2 1 = 0.5 1 − 2 1 = 1.5 לכן, g ( π 3 ) = 1.5 g\left( \frac{\pi}{3} \right)=1.5 g ( 3 π ) = 1.5
עשיתי את החלק הבא לא נכון ואני אתקן אותו בהמשך
∫ − 4 ln 2 2 e x + 5 e x + 1 d x = ∫ − 4 ln 2 2 e x e x + 1 d x + ∫ − 4 ln 2 2 5 e x + 1 d x = ↓ שיטת ההצבה פעמיים ( t = e x d t = e x d x ln t = x d x = 1 t d t ) ∫ e − 4 ln 2 e 2 1 t + 1 d t + ∫ e − 4 ln 2 e 2 5 t + 1 ⋅ 1 t d t \int_{-4\ln 2}^{2} \frac{e^x+5}{e^x+1}dx=\int_{-4\ln 2}^2 \frac{e^x}{e^x+1}dx+\int_{-4\ln2}^2 \frac{5}{e^x+1}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה פעמיים}} \\
\begin{pmatrix}
t=e^x \\
dt=e^xdx \\
\ln t=x \\
dx=\frac{1}{t}dt
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=} \int_{e^{-4\ln2}}^{e^2} \frac{1}{t+1}dt+\int_{e^{-4\ln2}}^{e^2} \frac{5}{t+1}\cdot \frac{1}{t}dt − 4 l n 2 ∫ 2 e x + 1 e x + 5 d x = − 4 l n 2 ∫ 2 e x + 1 e x d x + − 4 l n 2 ∫ 2 e x + 1 5 d x ↓ שיטת ההצבה פעמיים t = e x d t = e x d x ln t = x d x = t 1 d t = e − 4 l n 2 ∫ e 2 t + 1 1 d t + e − 4 l n 2 ∫ e 2 t + 1 5 ⋅ t 1 d t נבצע חילוק שברים:
5 t ( t + 1 ) = A t + B t + 1 = A t + A + B t t ( t + 1 ) \frac{5}{t(t+1)}=\frac{A}{t}+\frac{B}{t+1}= \frac{At+A+Bt}{t(t+1)} t ( t + 1 ) 5 = t A + t + 1 B = t ( t + 1 ) A t + A + Bt 5 = A t + A + B t ⟹ 5 = A , B = − 5 5=At+A+Bt \implies 5=A , B=-5 5 = A t + A + Bt ⟹ 5 = A , B = − 5 נוכל לחזור לאינטגרל:
= ln ∣ t + 1 ∣ + ∫ e − 4 ln 2 e 2 ( 5 t − 5 t + 1 ) d t = =\ln |t+1|+\int_{e^{-4\ln 2}}^{e^2} \left( \frac{5}{t}-\frac{5}{t+1} \right)dt = = ln ∣ t + 1∣ + e − 4 l n 2 ∫ e 2 ( t 5 − t + 1 5 ) d t =
נתון כי a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f ( x ) d x = 0 \int_{a}^b f(x)dx=0 a ∫ b f ( x ) d x = 0
טענה א': בהכרח מתקיים f ( x ) = 0 f(x)=0 f ( x ) = 0 x ∈ [ a , b ] x \in[a,b] x ∈ [ a , b ] x 0 ∈ [ a , b ] x_{0} \in[a,b] x 0 ∈ [ a , b ] f ( x 0 ) = 0 f(x_{0})=0 f ( x 0 ) = 0
טענה א' אינה נכונה. נסתכל על פונקציה כמו sin x \sin x sin x [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [ 0 , 2 π ]
הערך של האינטגרל על הפונקציה הזו בקטע [ 0 , π ] [0,\pi] [ 0 , π ] k k k [ π , π 2 ] \left[ \pi, \frac{\pi}{2} \right] [ π , 2 π ] − k -k − k
טענה ב' נכונה.x x x x x x f ( x 0 ) = 0 f(x_{0})=0 f ( x 0 ) = 0
נתון כי a < b a<b a < b f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f ( x ) d x = 0 \int_{a}^b f(x)dx=0 a ∫ b f ( x ) d x = 0
טענה א': בהכרח מתקיים ∣ ∫ a b f ( x ) d x ∣ = 0 \left| \int_{a}^b f(x)dx \right|=0 a ∫ b f ( x ) d x = 0 ∫ a b ∣ f ( x ) ∣ d x = 0 \int_{a}^b |f(x)|dx=0 a ∫ b ∣ f ( x ) ∣ d x = 0 ∫ a b ( f ( x ) + 1 ) d x = b − a \int_{a}^b (f(x)+1)dx=b-a a ∫ b ( f ( x ) + 1 ) d x = b − a
טענה א' נכונה.הוכחה:
∣ ∫ a b f ( x ) d x ∣ = ∣ 0 ∣ = 0 \left| \int_{a}^b f(x)dx \right|=\left| 0 \right|=0 a ∫ b f ( x ) d x = ∣ 0 ∣ = 0 ∎
טענה ב' אינה נכונה.a = 0 , b = 4 a=0,b=4 a = 0 , b = 4 f ( x ) = { x x < 2 2 − x x ≥ 2 f(x)=\begin{cases}x & x< 2\\ 2-x & x\geq 2\end{cases} f ( x ) = { x 2 − x x < 2 x ≥ 2
∫ 0 4 f ( x ) = 2 ⋅ 2 2 − 2 ⋅ 2 2 = 0 \int_{0}^4 f(x)=\frac{2\cdot 2}{2}-\frac{2\cdot 2}{2}=0 0 ∫ 4 f ( x ) = 2 2 ⋅ 2 − 2 2 ⋅ 2 = 0 ∫ 0 4 f ( x ) = 2 ⋅ 2 2 + 2 ⋅ 2 2 = 4 ≠ 0 \int_{0}^4f(x)=\frac{2\cdot 2}{2}+\frac{2\cdot2}{2}=4 \neq 0 0 ∫ 4 f ( x ) = 2 2 ⋅ 2 + 2 2 ⋅ 2 = 4 = 0
דוגמה נגדית נוספת תהיה הפונקציה f ( x ) = ⌊ x ⌋ − 1 2 f(x)=\lfloor x \rfloor-\frac{1}{2} f ( x ) = ⌊ x ⌋ − 2 1 [ 0 , 2 ] [0,2] [ 0 , 2 ]
טענה ג' נכונההוכחה:
∫ a b ( f ( x ) + 1 ) d x = ∫ a b f ( x ) + ∫ a b 1 d x = ↓ N L 0 + ( b − a ) = b − a \int_{a}^b(f(x)+1)dx=\int_{a}^b f(x)+\int_{a}^b 1dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=} 0+(b-a)=b-a a ∫ b ( f ( x ) + 1 ) d x = a ∫ b f ( x ) + a ∫ b 1 d x ↓ N L = 0 + ( b − a ) = b − a ∎
נתונה הפונקציה:
f ( x ) = ∫ x x 3 e t 2 d t f(x)=\int_{x}^{x^3}e^{t^2}dt f ( x ) = x ∫ x 3 e t 2 d t חשבו את הערכים הבאים של f ′ ( x ) f'(x) f ′ ( x )
f ′ ( − 1 ) = ? f ′ ( 2 ) = ? f'(-1)=? \qquad f'(\sqrt{ 2 })=? f ′ ( − 1 ) = ? f ′ ( 2 ) = ? לפי משפט מתקיים:
f ′ ( x ) = 3 x 2 e x 6 − e x 2 f'(x)=3x^2e^{x^6}-e^{x^2} f ′ ( x ) = 3 x 2 e x 6 − e x 2 לכן מתקיים:
f ′ ( − 1 ) = 3 e − e = 2 e f'(-1)=3e-e=2e f ′ ( − 1 ) = 3 e − e = 2 e f ′ ( 2 ) = 6 e 8 − e 2 f'(\sqrt{ 2 })=6e^{8}-e^2 f ′ ( 2 ) = 6 e 8 − e 2
תהא
g ( t ) = { 2 + cos t t t ≠ 0 3 t = 0 g(t)=\begin{cases}
2+\frac{\cos t}{t} & t\neq 0 \\
3 & t=0
\end{cases} g ( t ) = { 2 + t c o s t 3 t = 0 t = 0 גזור את הפונקציה:
F ( x ) = ∫ π 2 x 2 − 9 x + 33 g ( t ) d t F(x)=\int_{\sqrt{ \frac{\pi}{2} }}^{x^2-9x+33}g(t)dt F ( x ) = 2 π ∫ x 2 − 9 x + 33 g ( t ) d t נעשה זאת לפי אותו משפט מסעיף קודם רק עם יותר עבודה :)
F ′ ( x ) = ( 2 x − 9 ) g ( x 2 − 9 x + 33 ) − 0 F'(x)=(2x-9)g(x^2-9x+33)-0 F ′ ( x ) = ( 2 x − 9 ) g ( x 2 − 9 x + 33 ) − 0 לכן מתקיים:
F ′ ( x ) = { ( 2 x − 9 ) ( 2 + cos ( x 2 − 9 x + 33 ) x 2 − 9 x + 33 ) x 2 − 9 x + 33 ≠ 0 3 ( 2 x − 9 ) x 2 − 9 x + 33 = 0 F'(x)=\begin{cases}
(2x-9)\left( 2+ \frac{\cos(x^2-9x+33)}{x^2-9x+33} \right) & x^2-9x+33\neq 0 \\
3(2x-9) & x^2-9x+33 =0
\end{cases} F ′ ( x ) = { ( 2 x − 9 ) ( 2 + x 2 − 9 x + 33 c o s ( x 2 − 9 x + 33 ) ) 3 ( 2 x − 9 ) x 2 − 9 x + 33 = 0 x 2 − 9 x + 33 = 0 נשים לב כי הפונקציה x 2 − 9 x + 33 x^2-9x+33 x 2 − 9 x + 33
F ′ ( x ) = ( 2 x − 9 ) ( 2 + cos ( x 2 − 9 x + 33 ) x 2 − 9 x + 33 ) F'(x)=(2x-9)\left( 2+\frac{\cos(x^2-9x+33)}{x^2-9x+33} \right) F ′ ( x ) = ( 2 x − 9 ) ( 2 + x 2 − 9 x + 33 cos ( x 2 − 9 x + 33 ) )
חשבו את הגבול החד צדדי:
lim x → 0 + ∫ 0 x 2 sin t d t x 3 \lim_{ x \to 0^+ } \frac{\int_{0}^{x^2} \sin \sqrt{ t }dt}{x^3} x → 0 + lim x 3 0 ∫ x 2 sin t d t כאשר x → 0 x\to0 x → 0 x 3 → 0 x^3\to0 x 3 → 0
lim x → 0 + ∫ 0 x 2 sin t d t x 3 = lim x → 0 + 2 x sin ∣ x ∣ 3 x 2 = lim x → 0 + 2 sin ∣ x ∣ 3 x = ↓ אנו מסתכלים רק על סביבה ימנית של 0 + חשבון גבולות 2 3 lim x → 0 + sin x x = ↓ הגבול המיוחד 2 3 ⋅ 1 \lim_{ x \to 0^+ } \frac{\int_{0}^{x^2} \sin \sqrt{ t }dt}{x^3}=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{2x \sin |x|}{3x^2}=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{2\sin |x|}{3x} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אנו מסתכלים רק על סביבה ימנית של 0}} \\
\R{\text{+ חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=} \frac{2}{3}\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\sin x}{x} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגבול המיוחד}}
\end{matrix}}{=} \frac{2}{3}\cdot 1 x → 0 + lim x 3 0 ∫ x 2 sin t d t = x → 0 + lim 3 x 2 2 x sin ∣ x ∣ = x → 0 + lim 3 x 2 sin ∣ x ∣ ↓ אנו מסתכלים רק על סביבה ימנית של 0 + חשבון גבולות = 3 2 x → 0 + lim x sin x ↓ הגבול המיוחד = 3 2 ⋅ 1
נתונה הפונקציה
f ( x ) = ∫ 0 x sin ( t 2 + 3 t ) d t f(x)=\int_{0}^x \sin(t^2+3t)dt f ( x ) = 0 ∫ x sin ( t 2 + 3 t ) d t ונתון ש-A + B x + C x 2 + D x 3 + R 3 ( x ) A+Bx+Cx^2+Dx^3+R_{3}(x) A + B x + C x 2 + D x 3 + R 3 ( x ) f ( x ) f(x) f ( x ) x 0 = 0 x_{0}=0 x 0 = 0
A = ? B = ? C = ? D = ? A=? \qquad B=? \qquad C=? \qquad D=? A = ? B = ? C = ? D = ? נחשב את ערכי הנגזרות:
f ( 0 ) = ∫ 0 0 sin ( t 2 + 3 t ) d t = 0 f(0)=\int_{0}^0 \sin(t^2+3t)dt=0 f ( 0 ) = 0 ∫ 0 sin ( t 2 + 3 t ) d t = 0 f ′ ( x ) = ↓ המשפט היסודי sin ( x 2 + 3 x ) ⟹ f ′ ( 0 ) = sin ( 0 ) = 0 f'(x) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{המשפט היסודי}}
\end{matrix}}{=} \sin (x^2+3x) \implies f'(0)=\sin(0)=0 f ′ ( x ) ↓ המשפט היסודי = sin ( x 2 + 3 x ) ⟹ f ′ ( 0 ) = sin ( 0 ) = 0 f ′ ′ ( x ) = ( 2 x + 3 ) cos ( x 2 + 3 x ) ⟹ f ′ ′ ( 0 ) = 3 cos ( 0 ) = 3 f''(x)=(2x+3)\cos(x^2+3x) \implies f''(0)=3\cos(0)=3 f ′′ ( x ) = ( 2 x + 3 ) cos ( x 2 + 3 x ) ⟹ f ′′ ( 0 ) = 3 cos ( 0 ) = 3 f ′ ′ ′ ( x ) = 2 cos ( x 2 + 3 x ) − ( 2 x + 3 ) 2 sin ( x 2 + 3 x ) ⟹ f ′ ′ ′ ( 0 ) = 2 cos 0 − 3 2 sin ( 0 ) = 2 f'''(x)=2\cos(x^2+3x)-(2x+3)^2\sin(x^2+3x) \implies f'''(0)=2\cos0-3^2\sin(0)=2 f ′′′ ( x ) = 2 cos ( x 2 + 3 x ) − ( 2 x + 3 ) 2 sin ( x 2 + 3 x ) ⟹ f ′′′ ( 0 ) = 2 cos 0 − 3 2 sin ( 0 ) = 2 לכן, לפי הגדרת פולינום טיילור:
f ( x ) = 3 2 ! x 2 + 2 3 ! x 3 + R 3 ( x ) f(x)=\frac{3}{2!}x^2+\frac{2}{3!}x^3+R_{3}(x) f ( x ) = 2 ! 3 x 2 + 3 ! 2 x 3 + R 3 ( x )
הוכיחו או הפריכו את הטענות הבאות:
אם F ( x ) = ∫ 0 x ⌊ t ⌋ d t F(x)=\int_{0}^x \lfloor t\rfloor dt F ( x ) = 0 ∫ x ⌊ t ⌋ d t F ′ ( x ) = ⌊ x ⌋ F'(x)=\lfloor x\rfloor F ′ ( x ) = ⌊ x ⌋ 0 ≤ x ≤ 2 0\leq x\leq 2 0 ≤ x ≤ 2
הפונקציה F ( x ) = ∫ x x + 1 arctan t d t F(x)=\int_{x}^{x+1}\sqrt{ \arctan t }dt F ( x ) = x ∫ x + 1 arctan t d t x ≥ 0 x\geq 0 x ≥ 0
הפונקציה F ( x ) = ∫ x x + 1 arctan t d t F(x)=\int_{x}^{x+1}\sqrt{ \arctan t }dt F ( x ) = x ∫ x + 1 arctan t d t x ≥ 0 x\geq 0 x ≥ 0
הגבול lim x → ∞ d d x ∫ x x + 1 arctan t d t \lim_{ x \to \infty } \frac{d}{dx}\int_{x}^{x+1}\sqrt{ \arctan t }dt lim x → ∞ d x d x ∫ x + 1 arctan t d t
טענה (1) לא נכונה⌊ x ⌋ \lfloor x\rfloor ⌊ x ⌋
טענה (2) אינה נכונה
F ′ ( x ) = arctan ( x + 1 ) − arctan x F'(x)=\sqrt{ \arctan (x+1) }-\sqrt{ \arctan x } F ′ ( x ) = arctan ( x + 1 ) − arctan x נבדוק מתי הנגזרת קטנה מאפס:
F ′ ( x ) < 0 ⟺ arctan ( x + 1 ) − arctan x < 0 ⟹ arctan ( x + 1 ) < arctan x F'(x) <0 \iff \sqrt{ \arctan(x+1) }-\sqrt{ \arctan x }< 0 \implies \sqrt{ \arctan(x+1) }<\sqrt{ \arctan x } F ′ ( x ) < 0 ⟺ arctan ( x + 1 ) − arctan x < 0 ⟹ arctan ( x + 1 ) < arctan x הפונקציה arctan \arctan arctan arctan ( x + 1 ) > arctan x \arctan(x+1)>\arctan x arctan ( x + 1 ) > arctan x arctan ( x + 1 ) > arctan x \sqrt{ \arctan(x+1) }>\sqrt{ \arctan x } arctan ( x + 1 ) > arctan x
טענה (3) נכונה
? ? ? ? ? ? ? ??????? ??????? טענה (4) נכונהF ′ ( x ) = arctan ( x + 1 ) − arctan x F'(x)=\sqrt{ \arctan(x+1) }-\sqrt{ \arctan x } F ′ ( x ) = arctan ( x + 1 ) − arctan x
lim x → ∞ arctan x = π 2 \lim_{ x \to \infty } \arctan x= \frac{\pi}{2} x → ∞ lim arctan x = 2 π lim x → ∞ arctan ( x + 1 ) = π 2 \lim_{ x \to \infty } \arctan(x+1)=\frac{\pi}{2} x → ∞ lim arctan ( x + 1 ) = 2 π הפונקציה x \sqrt{ x } x x > 0 x>0 x > 0
lim x → ∞ arctan ( x + 1 ) − arctan x = lim x → ∞ arctan ( x + 1 ) − lim x → ∞ arctan x = 0 \lim_{ x \to \infty } \sqrt{ \arctan(x+1) }-\sqrt{ \arctan x }= \sqrt{ \lim_{ x \to \infty } \arctan(x+1) }-\sqrt{ \lim_{ x \to \infty } \arctan x } =0 x → ∞ lim arctan ( x + 1 ) − arctan x = x → ∞ lim arctan ( x + 1 ) − x → ∞ lim arctan x = 0
הוכיחו או הפריכו את הטענות הבאות:
אם f , g f,g f , g [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f ( x ) d x = ∫ a b g ( x ) d x \int_{a}^b f(x)dx=\int_{a}^b g(x)dx a ∫ b f ( x ) d x = a ∫ b g ( x ) d x c ∈ ( a , b ) c \in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ( c ) = g ( c ) f(c)=g(c) f ( c ) = g ( c )
הגבול lim x → 0 + ∫ x x + 1 arctan t d t \lim_{ x \to 0^+ }\int_{x}^{x+1}\sqrt{ \arctan t }dt lim x → 0 + x ∫ x + 1 arctan t d t
אם f f f [ 0 , a ] [0,a] [ 0 , a ] ∫ 0 a f ( x ) d x = ∫ 0 a f ( a − x ) d x \int_{0}^a f(x)dx=\int_{0}^a f(a-x)dx 0 ∫ a f ( x ) d x = 0 ∫ a f ( a − x ) d x
אם f f f [ 0 , 3 ] [0,3] [ 0 , 3 ] f ( x ) ≤ x 2 f(x)\leq x^2 f ( x ) ≤ x 2 ∫ 0 1 f ( x ) d x ≤ 1 4 \int_{0}^1 f(x)dx\leq \frac{1}{4} 0 ∫ 1 f ( x ) d x ≤ 4 1
הגבול lim x → 0 ∫ x x + 1 arctan t d t \lim_{ x \to 0 }\int_{x}^{x+1}\sqrt{ \arctan t }dt lim x → 0 x ∫ x + 1 arctan t d t
טענה (1) נכונה