Rec11Sp23-24-Sol.pdf
Document Details
Uploaded by EverlastingCopernicium
Tags
Full Transcript
חשבון דיפרנציאלי ואינטגרלי 1א – תרגול 11 חקר פונקציות – נקודות קיצון ,מונוטוניות והקשר לנגזרת 1 תזכו...
חשבון דיפרנציאלי ואינטגרלי 1א – תרגול 11 חקר פונקציות – נקודות קיצון ,מונוטוניות והקשר לנגזרת 1 תזכורת :תהי f : (a, b) → Rגזירה. f ′ ≥ 0.1ב– ) f ⇔ (a, bמונוטונית עולה ב– ).(a, b f ′ > 0.2ב– ) f ⇐ (a, bמונוטונית עולה ממש ב– ).(a, b הערה :אם fרציפה באחד הקצוות )מהצד המתאים( אז ניתן להרחיב את המסקנה גם לקצה :למשל ,אם f ′ ≥ 0ב־)(a, b ו־ fרציפה מימין ב־ aאז fעולה בקטע ).[a, b תרגיל.הוכיחו כי log x < xeכאשר .x > 0, x ̸= eוהסיקו מי יותר גדול eπ :או ?π e פתרון.נגדיר .(x > 0) f (x) = log x − xeאז עלינו להראות כי f (x) < 0לכל .0 < x ̸= eמתקיים ,f ′ (x) = x1 − 1eולכן f ′ (x) > 0לכל 0 < x < eו– f ′ (x) < 0לכל .x > eלכן fעולה ממש ב– ) (0, eויורדת ממש ב– )∞ (e,והיא רציפה ב– ) eאלמנטרית( לכן עולה ממש ב– ] (0, eויורדת ממש ב– )∞ .[e,אבל ,f (e) = 0לכן f (x) < 0לכל .x > 0, x ̸= e לכן קיבלנו ש.π e < eπ ⇐ log π < πe : משפט.תהי f : I → Rהמוגדרת בסביבה של ,x0 ∈ Iנניח כי fגזירה פעמיים ב x0וכן ש ,f ′ (x0 ) = 0אז: .1אם f ′′ (x0 ) > 0אז x0מינ׳ מקומי .2אם f ′′ (x0 ) < 0אז x0מקס׳ מקומי .3אם f ′′ (x0 ) = 0הכל יכול להיות... תרגיל )ממבחן של ג׳ון(.נניח כי φ : [a, b) → Rרציפה ,וגזירה פעמיים על ).(a, bהוכח כי אם φ′′ > 0על ) ,(a, bאזי ) ψ(x) = φ(x)−φ(aהינה עולה ממש. x−a הפונקציה ψ : (a, b) → Rהמוגדרת ע"י פתרון.מספיק להראות ש– ψ ′ (x) > 0ב– ).(a, bנגזור: ))φ′ (x)(x − a) − (φ(x) − φ(a = )ψ ′ (x (x − a)2 )φ(x)−φ(a x−a ).φ′ (x) > φ(x)−φ(aאבל )= φ′ (ξ x−a צריך להראות ) ,φ′ (x)(x − a) > φ(x) − φ(aאו באופן שקול )(x > a כאשר .a < ξ < xאבל φ′′ > 0על ) ,(a, bלכן φ′עולה ממש על ) ,(a, bולכן ) φ′ (ξ) < φ′ (xוסיימנו. תרגיל.הוכיחו את אי־שיוויון :Young p q הוכיחו לכל a, b ≥ 0מתקיים .ab ≤ ap + bq פתרון.אם a = 0או b = 0אי־השיוויון מתקיים. xp q = ).fb (x p אחרת ,יהי ,b > 0ונתבונן בפונקציה + bq − xb נחשב נקודות קריטיות: fb′ (x) = xp−1 − b 1 ולכן מתקיים כי x = b p−1היא נקודה קריטית. נשים לב כי מתקיים: fb′′ (x) = (p − 1) xp−2 > 0 1 1 לכל x >1 0ובפרט עבור .x = b p−1 ולכן x = b p−1נקודת מינימום ולכן: p bq bq bq bq 1 b p−1 1 p 1 = fb b p−1 + − b1+ p−1 = b p−1 −1 + =− + =0 p q p q q q כלומר ,מתקיים כי לכל fb (a) ≥ 0 ,a > 0ולכן: ap bq ap bq = )fb (x + ≤ − ab ≥ 0 ⇒ ab + p q p q כרצוי. תרגיל.הוכיחו כי למשוואה log 1 + x2 = arctan xיש בדיוק 2פתרונות ממשיים. פתרון.נגדיר f : R → R, f (x) = log 1 + x2 − arctan x אז fגזירה ומתקיים 2x 1 2x − 1 = )f ′ (x − = 1 + x2 1 + x2 1 + x2 לכן 1 ′ 1 1 ′ < ∀x . f (x) < 0, f′ = 0, > ∀x . f (x) > 0 2 2 2 1 כלומר f ,יורדת ממש בקטע ] (−∞, 12ועולה ממש בקטע )∞.[ 21 , +בנוסף ,נבחין כי f (0) = 0ונסיק כי < f (0) = 0 .f 2 לבסוף ,לפי "חשבון גבולות אינסופיים", ∞lim f (x) = + ∞x→+ לסיכום :בכל אחד מהקטעים )∞ (−∞, 12 ], [ 12 , +הפונקציה חח"ע ולכן מתאפסת לכל היותר פעם אחת.בקטע השמאלי ראינו שהיא מתאפסת )ב־ (x = 0ובימני היא מתאפסת לפי משפט ערך הביניים.בסה"כ f ,מתאפסת פעמיים. פולינומי טיילור 2 סימוני לאנדאו 2.1 הגדרה :לכל n ∈ Nנגדיר את הקבוצה הבאה: )f (x = ) o (xn f : R → R; lim n = 0 x→0 x נשים לב שאם ) ,f ∈ o (xnאז לכל m < nמתקיים ) ,f ∈ o (xmשכן )f (x )f (x lim m = lim n · xn−m = 0 x→0 x x→0 x לדוגמא: f (x) = x · log(x).1שייכת ל־ ) ,o(1אך אינה שייכת ל־ ) ,o(xשכן x log x lim x log x = 0, lim ∞= − x→0 x→0 x 2 f (x) = x4 + 5x2.2שייכת ל־ ) , o(xאך אינה שייכת ל־ ) ,o(x2שכן )f (x lim = lim x3 + 5x = 0 x→0 x x→0 )f (x lim = lim x2 + 2 = 2 ̸= 0 x→0 x2 x→0 טענה :תהיינה ) , f ∈ o(xm ), g ∈ o(xnאז ) f ± g ∈ o xmin{m,n} , f · g ∈ o(xm+n הוכחה :נשים לב לשני החישובים הבאים: )(f ±g)(x )f (x )g(x lim }min{m,n = lim }min m,n ± }xmin{m,n =0 x→0 x x→0 x )lim f (x)·g(x m+n = )lim f (x m · )g(x xn = 0 x→0 x x→0 x הערה :נשים לב שלא ניתן לעשות יותר טוב.לדוגמא: √ √ נתבונן בפונקציות הבאות ,f (x) = x, g(x) = x :אז ) f ∈ o(1), g ∈ o(xוהמכפלה שלהם ) f · g = x x ∈ o(xואינה שייכת ל־ ) .o(x2 פולינום טיילור 2.2 הגדרה.תהי fפונקציה ונניח כי היא גזירה nפעמים בנקודה .x0נגדיר את פולינום טיילור מסדר nשל fבסביבת x0 להיות הפולינום ) f ′′ (x0 2 ) f (n) (x0 n Pn (x) = Pn (x; x0 , f ) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) (x − x0 ) + · (x − x0 ) +... + ) · (x − x0 !2 !n השארית מסדר nמוגדרת ע"י )Rn (x) = Rn (x; x0 , f ) = f (x) − Pn (x )(k )(k נשים לב כי Pnו־ Rnגזירות nפעמים וכן לכל } k ∈ {0,... , nמתקיים ) f (k) (x0 ) = Pn (x0ו־.Rn (x0 ) = 0 משפט )פיאנו(.בתנאים הכתובים לעיל ,מתקיים )Rn (x . lim n =0 x→x0 (x ) − x0 משפט )יחידות(.תהי fגזירה nפעמים ב־ .x0אם קיים פולינום ) Q(xממעלה ≥ nהמקיים ) f (x) = Q(x) + R (xכך )R(x limx→x0 (x−xאז ) .Q(x) = Pn (x; x0 , f )0 שמתקיים n = 0 הערה.בספרות ,לעיתים פולינום טיילור סביב הנקודה x = 0נקרא פולינום מקלורן. פולינומי טיילור בסיסיים 2.2.1 עבור הפונקציות הבאות xk Pn = exלכל .x ∈ R !k=0 k )+ Rn (x 3 x2 x3 (−1)n+1 ,log (1 + x) = x −לכל .x > −1 2 + 3 −... + n )· xn + Rn (x x3 x5 (−1)n x2n+1 sin x = x −לכל .x ∈ R !3 + !5 −... + !)(2n+1 )+ R2n+1 (x x2 x4 (−1)n x2n cos x = 1 −לכל .x ∈ R !2 + !4 −... + !)(2n ) + o(x2n+1 תרגיל.מצאו פולינום טיילור סביב 0מדרגה nשל f (x) = x · ex פתרון.לפי משפט טיילור ומשפט פיאנו: n−1 X xk )Rn−1 (x = ex ; )+ Rn−1 (x lim =0 !k x→0 xn−1 k=0 נכפיל ב :x n−1 n X xk+1 X xk = xex = )+ xRn−1 (x )+ xRn−1 (x) =: Pn (x) + xRn−1 (x !k !)(k − 1 k=0 k=1 בנוסף ,נבחין כי )xRn−1 (x )Rn−1 (x lim = lim =0 x→0 xn x→0 xn−1 לפי משפט היחידות Pn (x) ,הוא פולינום טיילור של .f תרגיל :תהי )∞ f : R → [0,פונקציה אי־שלילית ,גזירה פעמיים ב־.0נתון כי: f (0) = f ′ (0) = 0 הוכיחו כי .f ′′ (0) ≥ 0 פתרון :לפי משפט טיילור מסדר 2ומשפט פיאנו: 2 )(x − 0 )f (x) = f (0) + f ′ (0) (x − 0) + f ′′ (0 ) + o(x2 2 כלומר לפי הנתון: x2 )f (x = )f ′′ (0 ⇒ ) + o(x2 ′′ 2 )f ′′ (0 )f (x )f (0 lim = limx→0 = )+ o(1 x→0 x2 2 2 אבל נתון כי f (x) ≥ 0ולכן הגבול באגף שמאל הוא אי־שלילי. טענה )שארית לגראנז׳(.אם fגזירה n + 1פעמים ב־ ] ,[a, bאז לכל ] x ∈ [a, bקיימת נקודה cבין xל־ x0עבורה מתקיים n+1 ) (x − x0 = )Rn (x )· f (n+1) (c !)(n + 1 נשים לב שאין נוסחא מפורשת ל־ ) c (xשכן היא מתקבלת ממשפט לגרנז׳ ,יתר על כן ,איננו יודעים שום דבר עליה כפונקציה )תכונות כמו רציפות או גזירות(. 4 שימושים בפיתוח טיילור 2.3 1 √ . 100 תרגיל.חשבו את 5עם שגיאה ≥ √ פתרון.נעזר בפיתוח של הפונקציה xסביב הנקודה .x0 = 4הפונקציה גזירה מכל סדר סביב x0ולכן נוכל לפתח מכל סדר שנרצה. f (4) = 2, 1 1 1 f ′ (x) = √ ; f ′ (4) = , 2 x 4 1 1 f ′′ (x) = − 3/2 ; f ′′ (4) = − )4 (x 32 ננסה פיתוח מסדר ראשון.השארית תהיה: )f ′′ (c 2 1 1 1 = )R1 (x ; ) (x − x0 |R1 (5)| = − 3/2 ≤ !2 )2 4 (c 64 וזה לא מספיק טוב כי לא נוכל להיות בטוחים שזה ≥ .100ננסה סדר נוסף: 3 3 = )f (3) (x = ); f (3) (4 )8 (x 5/2 8 · 25 ולכן ,השארית מסדר 3תהיה: )f (3) (c 3 1 3 1 1 1 = )R2 (x ; ) (x − x0 = )R2 (5 · 5/2 = 5/2 ≤ ≤ !3 )6 8 (c )16 (c 512 100 ולכן √ f ′′ (4) 2 5 = f (5) = f (4) + f ′ (4) · 1 + )1 + R2 (5 !2 1 1 1 15 1 · =2+ − ≤ |∆| + R2 (5) = 2 + ∆, 4 2 32 64 100 √ 2 15והמחשבון אומר . 5 = 2.236 ומתקיים 64 = 2.234 תרגיל.הוכיחו כי לכל x > 0מתקיים x2 x− < log(1 + x) < x 2 פתרון.נראה את האי־שיוויון השמאלי ,הימני דומה.נסמן ).f (x) = log(1 + xנרשום פיתוח טיילור מסדר 2סביב ,0עם שארית בצורת לגרנג׳: x2 x3 log(1 + x) = x − )+ f (3) (c )(1 2 !3 כאשר )) c ∈ (0, xבפרט.(c > 0 ,כעת, ′′ )(3 1 6 f = )(x = 3 1+x )(1 + x ולכן .f (3) (c) > 0נציב זאת ב־) (1ונקבל את האי־שיוויון המבוקש. 5 תרגיל :חשבו את הגבול הבא: 3 )(cos x − 1 lim 2 x→0 (sin x )− x הערה :כדי לפתור בעזרת לופיטל בצורה ישירה צריך לגזור 6פעמים. פתרון :נרצה לפתור בעזרת פיתוח טיילור.לפי משפט טיילור: x2 = cos x 1− )+ R2 (x 2 x3 = sin x x− )+ S3 (x 6 לפי משפט פיאנו: )R2 (x )S3 (x lim = lim =0 x→0 x2 x→0 x3 נציב בגבול: 2 3 )(cos x − 1 3 )− x2 + R2 (x lim 2 = lim 3 = 2 x→0 (sin x )− x x→0 )− x6 + S3 (x 3 )x6 − 12 + R2x(x 3 2 − 12 36 9 = lim = 2 =− 1 2 =− x→0 6 1 )S3 (x −6 8 2 x − 6 + x3 טורי טיילור 3 אם ) Pn , f ∈ C ∞ (Iמוגדר לכל ,nואז נוכל להגדיר את טור טיילור של fסביב :x0 ∞ X ) f (n) (x0 ) (x − x0 )n = lim Pn (x; x0 f n=0 !n ∞→n שתי שאלות בסיסיות לגבי הטור: .1האם הוא מתכנס? .2אם הוא מתכנס ,האם סכומו שווה ל־ ?f ראיתם בכיתה שייתכן שהתשובה ל־ 1חיובית אולם ל־ 2שלילית ,למשל עבור: ( 1 e− x2 x ̸= 0 = )f (x 0 x=0 ∞P טור טיילור של הפונקציה סביב 0הוא n=0 0 · xnובפרט מתכנס לכל ,xאולם הפונקציה אינה שווה 0בשום נקודה פרט ל־.0 תשובה חיובית ל־ 1ו־ 2אפשר לקבל במקרה הבא :אם ניתן להראות כי lim Rn (x; x0 , f ) = 0 ∀x ∈ I ∞→n אז נקבל כי ∞ X ) f (n) (x0 = )f (x (x − x0 )n ∀x ∈ I n=0 !n ראיתם מספר דוגמאות בכיתה: 6 ∞ X xn x = e , ∀x ∈ R n=0 !n n x2n+1 ∞P = sin x n=0 (−1) (2n+1)! , ∀x ∈ R n−1 xn ∞P = )log(1 + x )n=1 (−1 n , ]∀x ∈ (−1, 1 )(n ) ,(f ± gמתקיים קשר דומה עבור טורי טיילור. הערה.מכיוון שמתקיים )= f (n) ± g (n תרגיל )ממבחן של סודין(.חשבו את הגבול }lim {n!e ∞→n כאשר ] {x} = x − [xהחלק השברי. פתרון.מפיתוח טיילור נקבל ∞ n ∞ X 1 X !n X !n !n!e = n = + !k !k !k k=0 k=0 k=n+1 !n ולכן ד !k ראשית ,לכל k ≤ nמתקיים ∈ N n X !n ∈N !k k=0 כלומר, ∞ ( ) X !n = }{n!e !k k=n+1 כעת ,נתבונן בסכום זה: ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ j X n! X !n X 1 X 1 1X 1 1 1 1 = = ≤ j = · = = −−−−→ 0 !k j=1 (n + !)j j=1 (n + )1 · . . . · (n + )j j=1 n n j=0 n n 1 − )(1/n n − ∞→1 n k=n+1 ולכן גם ∞ ( ) X !n −−−−→ 0 !k ∞→n k=n+1 כלומר, lim {n!e} = 0 ∞→n אם יש זמן 4 תרגיל).פאטנם (B3 ,2002הראו כי לכל ,n ≥ 2 ,n ∈ N n 1 1 1 1 < − 1− 1 + n log 1 − > log 1 − 2n n n ,אכן n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − 1− > 1− 2ne e n e ne e 2n n e n n 1 1 1 ⇐⇒ 1 − >e 1− >1− 2n n n 1 1 1 ⇐⇒ log 1 − > 1 + n log 1 − > log 1 − 2n n n.כאשר המעבר האחרון ממונוטיניות עולה חזק :0 סביבlog (1 − x) ניעזר בטור הטיילור של,כעת ∞ X xk log (1 − x) = − k k=1 : נשים לב כי מתקיים, כעת.x ∈ [−1, 1) השיוויון נכון לכל ∞ 1 X 1 1 log 1 − =− · 2n 2k knk k=1 ∞ ∞ ∞ 1 X 1 X 1 X 1 1 + n log 1 − =1 − n · = 1 − 1 − = − n knk knk−1 (k + 1) nk k=1 k=2 k=1 ∞ 1 X 1 log 1 − =− n knk k=1 : מתקיים כיk ≥ 3 לכל 1 1 1 1 k · k ≤ k ≤ 2 kn (k + 1) n knk : מתקיים כיk = 2 ועבור 1 1 1 1 < < 2 4 2n2 (2 + 1) n2 2n : מתקיים כי,כלומר ∞ ∞ ∞ X 1 1 X 1 X 1 · ≤ ≤ 2k knk (k + 1) nk knk k=3 k=3 k=3 :ולכן ∞ ∞ ∞ 1 1 1 X 1 1 1 1 X 1 1 1 X 1 + + · < + + < + + 2n 4 2n2 2k knk 2n 3n2 (k + 1) nk n 2n2 knk k=3 k=3 k=3 ,כלומר ∞ ∞ ∞ X 1 X 1 X 1 1 − log 1 − 2n n n כלומר ,נקבל כי לכל ,2 ≤ n ∈ N n 1 1 1 1 < − 1− (n/e)n פתרון.באופן שקול ,נראה כי !.en > nn /nמפיתוח טיילור: ∞ X nk nn = en > !k !n k=0 ∈ .e תרגיל :הוכיחו כי / Q x m = .m, n ∈ N ,eלפי פולינום טיילור מסדר nשל eעם שארית לגרנג׳ נקבל n פתרון :נניח בשלילה שכן רציונלי ,ונרשום n X 1 ec m = e = e1 + = )c ∈ (0, 1 0=1 !k (n + !)1 n נכפול שני אגפים ב־! nונעברי אגפים: n n ec !n X !n X ·=m − = m (n − 1)! − )n (n − 1) · · · (n − k + 1 n+1 n !k k=0 k=0 ec < ,0והגענו לסתירה.לכן e ,איננו רציונלי. n+1 אולם ,אגף ימין הוא מספר שלם ,ואגף ימין איננו ,כי < 1 תרגיל.מצאו פיתוח טיילור של הפונקציה 1+x f (x) = log 1−x סביב הנקודה 0וקבעו מתי הטור מתכנס לפונקציה. פתרון.הפונקציה מוגדרת עבור ).x ∈ (−1, 1נפתח טור טיילור לפונקציה ) f1 (x) = log(1 + xול־ )f2 (x) = log(1 − x בנפרד ונחסר.כידוע, ∞ X xn = )log(1 + x (−1)n−1 , −1 < x ≤ 1 n=1 n לכן ,אם נציב −xבטור הנ"ל נקבל ∞ ∞ X (−x)n X xn = )log(1 − x (−1)n−1 = (−1)2n−1 , −1 ≤ x < 1 n=1 n n=1 n לכן ,לכל ) x ∈ (−1, 1נוכל לרשום: ∞ ∞ (−1)n−1 xn (−1)2n−1 xn X X 1+x log 1−x = n − n = n=1 n=1 ∞ ∞ xn 2x2k+1 X X n−1 n = )(−1 ) )(1 − (−1 n = 2k+1 n=1 k=1 9 לכן מצאנו את טור טיילור של fוהוא מתכנס אליה לכל ).x ∈ (−1, 1 תרגיל.תהי fגזירה פעמיים ב ] ,[0, 1המקיימת f (0) = f (1) = 0ו min) min f (x) = −1קיים כי fרציפה מהנתון(. ]x∈[0,1 הוכיחו כי קיימת ) ξ ∈ (0, 1כך ש .f ′′ (ξ) ≥ 8 פתרון.לפי ויירשטראס קיימת נקודה ) x0 ∈ (0, 1בה המינימום מתקבל ,לפי פרמה .f ′ (x0 ) = 0נפתח את fלפיתוח טיילור מסדר ראשון סביב x0עם שארית לגרנז׳ ) R2 (x־ כאשר ξבין x0ל :x 2 ) (x − x0 )f (x = f (x0 ) + (x − x0 ) f ′ (x0 ) + = )· f ′′ (ξ !2 2 ) (x − x0 = −1 + )· f ′′ (ξ 2 נציב x = 0, 1ונקבל: x20 ′′ 2 0 = f (0) = −1 + · f (ξ) =⇒ f ′′ (ξ) = 2 2 x0 2 ) (1 − x0 2 0 = f (1) = −1 + = )· f ′′ (η) =⇒ f ′′ (η 2 2 ) (1 − x0 ≤ x0אזי ו .f ′′ (ξ) ≥ 8בכל מקרה ,קיימת נקודה כנדרש. 1 2 ≤ 1−x0ו . f ′′ (η) ≥ 8מצד שני ,אם 1 2 ≥ x0אזי 1 2 וכעת ,אם תרגיל :תהי f : (−1, 1) → Rגזירה 3פעמים ברציפות ,נגדיר סדרה: 1 1 an = f −f − n n הוכיחו כי הטור הבא מתכנס: ∞ X ))(nan − 2f ′ (0 n=1 פתרון :נפתח את fלפולינום טיילור מסדר 2סביב x = 0ונקבל שלכל :n 1 1 1 1 f = f (0) + f ′ (0) + f ′′ (0) 2 + f (3) (cn ) 3 n n 2n 6n 1 1 1 1 f − = f (0) − f ′ (0) + f ′′ (0) 2 − f (3) (dn ) 3 n n 2n 6n כאשר ,cn , dn ∈ − n1 , n1לכן: 1 ) nan − 2f ′ (0) = f (3) (cn ) + f (3) (dn 6n2 ומכיוון ש )f (3רציפה ב , − 21 , 12היא מקבלת מקס׳ ) M = maxx∈[− 1 , 1 ] f (3) (xאז לכל n ≥ 2מתקיים: 2 2 M ≤ |)|nan − 2f ′ (0 3n2 1 P מתכנס ,ממבחן ההשוואה לטורים חיוביים גם הטור הרצוי מתכנס בהחלט ולכן מתכנס. n2 אז מכיוון שהטור 10