חדו"א תרגיל בית מס' 0 פתרונות חלקיים 9 בדצמבר 00. חשבו את הנגזרות של הפונקציות הבאות ציינו תחום הגדרה של הנגזרת: si e פתרון: תחום הגדרה: si e e cos e.r., log + log פתרון: תחום הגדרה: log α :α אי זוגי: כאשר q כאשר α p q פתרון: נניח 0 α. תחום הגדרה: אם,0, כאשר < :α {} \.0, עבור ערכי α אחרים:., log α α log α e log פתרון: תחום הגדרה: > 0. מתקיים + log לכן: e log log + log log + arcta log log arcta log פתרון: תחום הגדרה: > 0. + log log + log
. חשבו את הנגזרות של הפונקציות הבאות: ציינו תחום הגדרה f {, > 0, < 0 f +0 0 + f 0 0 R כאשר פתרון: מקבלים כאשר 0 : 0 0 בנקודה 0 : ולכן לא קיימת נגזרת ב 0. כאשר 0 si π פתרון: כאשר +, מקבלים: π f π si π cos : N ו בנק'.π si π f + f si π si π + π si π si π si π [ si π si π ] si π כאשר f כלומר f + f π si π, k N אחרת f לא קיים. π { } si כאשר 0 {} מסמן את החלק השברי של כלומר {} פתרון: מתקיים כי π si π si π + { } si מכיוון ש: si π π si π + si π כאשר / N לפי התרגיל הקודם מקבלים כי הנגזרת לא קיימת בנק' ואחרת: { } si π {0, N π si π + si π, oterwise
לכל Z וכי f גזירה בנקודה + 3. נגדיר את הפונקציה הבאה: { cos π f, 0 0, 0 f f f 0 0 0 הראו כי f אינה גזירה בנקודות 0 שהיא נקודת גבול של } }. פתרון: לפי הגדרת הנגזרת 0 cos π 0 נראה כי הנגזרות החד צדדיות שונות, ולכן לא קיימת בהן + לכל נקודה נגזרת. מכיוון שהפונקציה זוגית מספיק לבדוק עבור.עבור N k נשים לב כי cos π חיובית מצד ימין של ושלילית מצד שמאל. לכן מקבלים: f + f f cos π cos π π + + f + f f cos π cos π cos π π si π π + cos π π si π מכיוון ש + cos. באופן דומה עבור k מקבלים: π f + π f + π. נגדיר את הפונקציה הבאה: 0 > β α, { β si f, 0 α 0, 0 מצאו עבור אילו ערכים של,α β הפונקציה f רציפה/גזירה/גזירה ברציפות/גזירה פעמיים בנקודה 0. si חסומה לכל,α הפונקציה f רציפה כאשר > 0.β לפי פתרון: מכיוון ש α הגדרת הנגזרת בנקודה 0: f f f 0 0 β si 0 0 α הגבול קיים ושווה ל 0 כאשר > β. הנגזרת של f בכל נקודה מלבד 0 היא: f β β si α α β α cos α 3
0 f 0 0 f הנגזרת רציפה ב 0, כאשר מתקיים: כלומר כאשר > 0 α β כלומר כאשר + α.β > לפי הגדרת הנגזרת השנייה ב 0: f f f [ ] 0 0 β β si 0 0 α α β α cos α הגבול קיים כאשר > 0 α,β לכן במקרה זה צריך להתקיים + α.β > f + f 5. הוכיחו את הטענות בסעיפים א' וב': א תהי f פונקציה גזירה בנק', אזי מתקיים: f + f f 0 פתרון: נשים לב כי f + f f f + f + f 0 0 f + f f + 0 f f + לכן f f + 0 f f ב תהי f פונקציה גזירה פעמיים בנק', אזי מתקיים: f + f + f 0 f פתרון: נניח בה"כ כי 0. נשים לב שמספיק להוכיח את הטענה הבאה *: לכל > 0 ɛ קיים > 0 δ כך שלכל < δ מתקיים: f f0 f 0 f 0 < ɛ g f f0 f 0 f 0 אם נגדיר את פונקציית העזר נקבל כי מתקיים 0 0 g,g0 g 0 ונשאר להוכיח כי לכל > 0 ɛ קיים > 0 δ כך שלכל < δ מתקיים. g < ɛ מכיוון ש g גזירה פעמיים ב 0 נובע כי g קיימת בסביבה של 0 כלומר g רציפה בסביבה של 0. לכן
בסביבה קטנה מספיק של 0 מתקיימים התנאים עבור משפט לגרנז'. לכן קיים c בין 0 ל כך ש: g g g0 g c g g c 0 קיים > 0 δ כי לכל > 0 ɛ נתון בנוסף מכיוון ש g גזירה פעמיים ב 0 מתקיים 0 g g, בסה"כ 0 g כך שאם < δ אזי < ɛ g < ɛ 0 קיבלנו כי אם < δ אזי: g g c ɛ c ɛ f f0 + f f 0 < ɛ * מקבלים: ולכן f f0 + f 0 f 0 ג תנו דוגמא לפונקציה עבורה קיים הגבול בסעיף א' בנקודה מסוימת, אבל הפונקציה לא גזירה בנקודה. פתרון: אפשר לבחור למשל את f בנקודה 0..6 תהי f פונקציה גזירה פעמים בקטע b.a, נתון כי קיימות נק' b 0,..., a, כך ש.f 0 f... f הוכיחו כי קיימת נק' b c a, כך ש.f c 0 פתרון: ההוכחה באינדוקציה על. המקרה נובע ממשפט רול. נניח נכונות עבור ונוכיח עבור +. נתון כי f גזירה + פעמים בקטע b a, וקיימות + נק' כך ש +,f 0 f... f לפי משפט רול בכל קטע k+ k, קיימת נק' y k כך ש 0 k f y סה"כ + נקודות. כלומר הנחת האינדוקציה מתקיימת עבור f ולכן קיימת נק' b c a, כך ש 0 c f כלומר 0 c.f +.7 נתון כי f a R לכל z. y, הוכיחו כי קיימים מספרים b, c R כך ש f a + b + c לכל z. y, הראו שהטענה איננה נכונה בהכרח אם ידוע כי f a בקבוצה שאיננה קטע. פתרון: לפי מה שראינו בתרגול קיים b R כך ש f. a + b נסתכל על הפונקציה:,g f a b מתקיים: g f a b 0 לכן קיים קבוע c R כך ש g c כלומר.f a + b + c 5
8. הוכיחו את אי השיוויונות הבאים:.0 < α < β < לכל π ta β ta α cos α < β α < cos β. פתרון: ידוע כי cos היא פונקציה חיובית ומונוטונית יורדת ממש ב,0 π לפי משפט לגרנז' קיימת b c,a כך ש: ta β ta α β α cos c א cos α < cos c < cos β ולפי מונוטוניות: ב α α α לכל 0 ו < α <.0 פתרון: כאשר נקבל שיוויון. כאשר > אי השיוויון הנתון שקול לאי השיוויון הבא: α α α α α לפי משפט לגרנז' עבור f α קיימת נק' c, כך ש: α αcα מכיוון ש > c ו < 0 α נקבל כי < α c ולכן קיבלנו את הדרוש. ההוכחה במקרה < דומה. 9. הוכיחו את הטענות הבאות: ו R לכל e si e si + π א פתרון: ההוכחה באינדוציה על 0, מיידי. נניח נכונות הטענה עבור ונוכיח עבור + : e si + e si i.. e si + π [ e cos + π + e si e si + π + π + π ] + e si si a + cos a si a + π כאשר נעזרנו בזהות הטריגונומטרית: + ו לכל > 0 log! log + + +... + ב פתרון: ניתן להוכיח באינדוקציה בדומה לסעיף הקודם. + π 6
0. הוכיחו כי הפונקציות הבאות רציפות במ"ש בתחומים הנתונים: R בכל f arcta f לכן הנגזרת של f חסומה ו f רציפה פתרון: מתקיים כי + במ"ש ב R. f log + בתחום [0, f חסומה ב [0, ו f לכן הנגזרת של f + פתרון: מתקיים כי רציפה במ"ש ב,0].. נתון כי a,..., a הם מספרים ממשיים שונים מ 0 וכי b,..., b הם מספרים ממשיים כך ש b j b k לכל j. k הוכיחו את הטענות הבאות: א למשוואה הבאה יש לכל היותר שורשים ב,0: a b + a b +... + a b 0 פתרון: נוכיח את נכונות הטענה באינדוקציה על. כאשר למשוואה 0 b a אין פתרונות 0 a. נניח נכונות הטענה עבור ונוכיח אותה עבור +. את המשוואה a b + a b +... + a + b+ 0 ניתן לרשום מחדש באופן הבא נשים לב כי > 0 : a + a b b +... + a + b+ b 0 אם נניח בשלילה כי למשוואה הנ"ל יש יותר מ פתרונות, אזי לפי משפט רול למשוואה הבאה יש לפחות פתרונות: a b b b b +... + a + b + b b+ b 0 וזאת בסתירה להנחת האינדוקציה. ב למשוואה הבאה יש לכל היותר שורשים ב R: a e b + a e b +... + a e b 0 פתרון: נובע מהסעיף הקודם ע"י ההצבה. e y 7