חשבון דיפרנציאלי ואינטגרלי 1א – תרגול 11 PDF

‫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