Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes תרגיל 3 משפטי רול ולגראנז הערות. האם קיים פתרון למשוואה + x e x = בקרן )?(0, (רמז: ביחרו x,f (x) = e x הניחו שיש פתרון בקרן, השתמשו במשפט רול והגיעו לסתירה!) פתרון נגדיר x f. (x) = e x נניח כי יש פתרון בקרן הנ ל. נסמנו ב b. נשים לב כי גם 0 הוא פתרון. על כן, f (0) = f (b) = 0 ולכן אפשר להשתמש במשפט רול, ולהסיק כי קיימת (b c,0) עבורה = 0 (c) f. אבל: f (x) = e x e c = 0 e c = כלומר c,f (c) = e ולכן ולכן = 0 c, וזו סתירה..2 האם קיים פתרון למשוואה ln ( + x) = x בקרן )?(0, פתרון נגדיר f. (x) = ln ) + (x x נניח כי יש פתרון בקרן הנ ל. נסמנו ב b. נשים לב כי גם 0 הוא פתרון. על כן, f (0) = f (b) = 0 ולכן אפשר להשתמש במשפט רול, ולהסיק כי קיימת (b c,0) עבורה = 0 (c) f. אבל: f (x) = + x + c = 0 + c = + c = c = 0 = (c),f ולכן כלומר +c וזו סתירה.
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes.3 האם קיים פתרון למשוואה sin x = 2x בקרן )?(0, פתרון נגדיר f. (x) = sin x 2x נניח כי יש פתרון בקרן הנ ל. נסמנו ב b. נשים לב כי גם 0 הוא פתרון. על כן, f (0) = f (b) = 0 ולכן אפשר להשתמש במשפט רול, ולהסיק כי קיימת (b c,0) עבורה = 0 (c) f. אבל: f (x) = cos x 2 כלומר 2 c,f (c) = cos ולכן cos c 2 = 0 cos c = 2 וזו כמובן סתירה. 4. הוכיחו: (א) לכל x < y מתקיים: y rctn x rctn y x b < ln ( ) b < b b (ב) לכל < < b 0 מתקיים: ( (ג) לכל < c < b מתקיים: c) e b e c) (c ) > (e c e ) (b (ד) לכל b מתקיים: rccos (b) rccos () b הוכחות (א) נגדיר f. (x) = rctn x לפי משפט לגראנז (מאחר ו f רציפה וגזירה בקטע) מתקיים rctn x rctn y x y = f (c) = + c 2 rctn x rctn y x y = rctn x rctn y x y עבור y).c (x, לכן: = + c 2 < נכפול ב y x ונקבל את הדרוש. 2
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes (ב) יהיו < < b,0 ונסמן.f (x) = ln x לפי משפט לגראנז (מאחר ו f רציפה וגזירה בקטע) קיים b) c (, עבורו c = f f (b) f () (c) = b b b b ln b ln < < b b b < ln b ln < b < ln ln b < b b ( ) < ln < b b b b < c < ולכן מצד שני, ברור כי ומאחר ו ( b) חיובי, נוכל להכפיל בו ולקבל הכפלה ב ( ) תתן: ועל פי חוקי לוגריתמים נקבל: (ג) נסמן f. (x) = e x לפי משפט לגראנז (מאחר ו f רציפה וגזירה בקטע) מתקיים e b e c b c e c e c = f (d ) = f (d 2 ) כאשר b) d (c, ו ( c d 2 (, (ולכן,(d 2 < d וכמובן.f (x) = e x נשים לב כי: d 2 < d d 2 > d e d2 > e d e d2 < e d2 f (d 2 ) < f (d ) ולכן e b e c b c = f (d ) > f (d 2 ) = e c e c וע י כפל במכנים (שהם חיוביים) נקבל: ( e b e c) (c ) > ( e c e ) (b c) 3
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes (ד) נגדיר.f (x) = rccos x ממשפט לגראנז קיימת b) c (, עבורה = f rccos b rccos (c) = c 2 b rccos b rccos b = c 2 rccos b rccos b לכן ומכיוון ש ( b ) שלילי, נקבל π 4 + 3 ( ) 4 25 < rctn < π 3 4 + 6 5. הוכיחו את אי השוויון הבא:.rctn () = π 4 על פי משפט לגראנז, פתרון נסמן f. (x) = rctn x נשים לב כי rctn 4 3 rctn 4 3 = f (c) = + c 2 3) (, 4.c נשים לב כי עבור 9 25 = + 6 9 = + ( ) 4 2 < + c 2 < + 2 = 2 3 9 25 < rctn 4 3 rctn 3 < 2 3 25 < rctn 4 3 π 4 < 6 π 4 + 3 25 < rctn 4 3 < π 4 + 6 לכן 4
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes 6. הוכיחו בעזרת משפט לגראנז, כי אם הנגזרת של פונקציה שווה ל 0 בכל נקודה בקטע [b,], אז f קבועה בקטע זה. הוכחה יהיו שתי נקודות, c, < d,c, d בקטע [b,]. ע פ משפט לגראנז, מאחר והפונקציה רציפה וגזירה בקטע, קיים d) k (c, עבורו f (d) f (c) = f (k) = 0 d c f (d) f (c) = 0 f (d) = f (c) הראינו כי לכל,c d בקטע, (d) f, (c) = f ועל כן f קבועה בקטע הנ ל..7 מצאו כמה פתרונות בדיוק יש למשוואה = 5 0x.x 5 + פתרון נביט בפונקציה 5 0x f. (x) = x 5 + כפולינום מדרגה אי זוגית, אנו יודעים שיש לו לפחות שורש אחד. נסמן שורש זה ב. נניח בשלילה כי יש פתרון נוסף, b, בקרן (,). אז, לפי משפט רול, קיים (b c,) עבורו = 0 (c).f אבל, f (x) = 5x 4 + 0 > 0 וזו סתירה. בדומה, מניחים בשלילה כי יש פתרון נוסף d בקרן (, ) ומגיעים לאותה הסתירה. דרך נוספת: מהגזירה הגענו למסקנה מעניינת הפונקציה תמיד עולה. אם היא תמיד עולה, לא ייתכן שיש לה יותר ממפגש אחד עם ציר ה x, ולכן אין יותר משורש אחד. 5
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes.8 נתונה פונקציה (x) f רציפה בקטע 2] [0, ומקיימת (2) f f (0) = ו ( ).f (0) < f הוכיחו כי קיימת נקודה.f (c) = f (c + ) עבורה c (0, ) רמז: ניתן להשתמש בפונקציית העזר ) + (x,g (x) = f (x) f ולהיעזר במשפט ערך הביניים. פתרון נגדיר פונקצית עזר: ) + (x.g (x) = f (x) f נשים לב כי g (0) = f (0) f () < 0 (שכן נתון לנו ש ( ) f). (0) < f כמו כן, g () = f () f (2) = f () f (0) > 0 מאותה הסיבה ממש. כמו כן, g הנה רציפה (כסכום של רציפות), ולכן ממשפט ערך הביניים קיימת (,0) c עבורה = 0 (c),g כלומר f (c) f (c + ) = 0 f (c) = f (c + ).9 תהי (x) f פונקציה חיובית גזירה ב R עבורה מתקיים = 0 (x) lim x f וגם = 0 (x).lim x f הוכיחו כי קיים c R עבורו = 0 (c).f רמז: משפט רול. הוכחה נביט בנקודה = 0 0 x. אם היא נקודת מקסימום, הנגזרת בה היא 0 (לפי משפט פרמה) וסיימנו. אחרת, יש מימינה או משמאלה נקודה x שגבוהה ממנה (כלומר ).(f (x 0 ) < f (x נניח ש x מימינה של x 0 (זה לא באמת משנה; אתם מוזמנים לבדוק את המקרה השני). כלומר, הפונקציה עולה מ x 0 ימינה לכיוון x. מכיוון שהפונקציה חיובית, היא צריכה לרדת חזרה ל 0, וממשפט ערך הביניים, תהיה בין x ל נקודה שגובהה בדיוק הגובה של x 0 (ציירו והיווכחו!). נקרא לנקודה הזו x. 2 כלומר, ) 2 f. x) 0 ) = f x) ממשפט רול נקבל את הדרוש..0 תהי (x) f פונקציה גזירה פעמיים בקטע 3).(, נניח כי מתקיים (3) f.f () = f (2) = הראו כי קיימת 3) (, c עבורה = 0 (c).f רמז: משפט רול. הוכחה מאחר ו ( 2 ) f () = f ו f גזירה, קיימת, לפי משפט רול, 2) (, עבורה = 0 ().f בדומה, מאחר ו ( 3 ),f (2) = f קיימת, לפי משפט רול, 3) (2, b עבורה = 0 (b).f לכן f () = 0 = f (b) עבור. < b מאחר ו f גזירה (כי f גזירה פעמיים), נובע ממשפט רול כי קיימת (b c,) עבורה f (c) = 0 6
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes. תהי (x) f פונקציה גזירה פעמיים בקטע ].[, נניח כי (0) 2f.f ( ) + f () = הראו כי קיימת ) (, c f () f (0) = f (0) f ( ) f () f (0) 0 = f (0) f ( ) 0 ( ) f () f (0) 0 עבורה = 0 (c) f. רמז: משפטי לגראנז ורול. הוכחה נביא את המשוואה לצורה של משפט לגראנז. נקבל: f (0) f ( ) 0 ( ) = f () = f (b) f () = f (b) או, יותר טוב: לפי משפט לגראנז, קיימת (0, ) עבורה וקיימת ) (0, b עבורה לכן, עבור, b אלה המקיימים, < b מתקיים מאחר ו f גזירה (שכן f גזירה פעמיים), לפי משפט רול נובע כי קיימת (b c,) עבורה = 0 (c) f, ( + x) 20 > + 20x 2. הוכיחו כי לכל > 0 x מתקיים הוכחה נגדיר (x 20 f. (x) = ) + נשים לב כי = (0) f. נרשום את אי השוויון שלעיל בצורה חדשה: ( + x) 20 > 20x f (x) f (0) > 20x f (x) f (0) x 0 > 20 כאשר את המעבר האחרון ביצענו מתוך ידיעה ש x חיובי. באגף שמאל רשומה לנו צורת לגראנז. על פי משפט לגראנז (ומאחר ו f גזירה!), קיים (x c,0) עבורו אגף שמאל שווה ל ( c ) f. נגזור את f: f (x) = 20 ( + x) 200 לכן f (x) f (0) x 0 = 20 ( + c) 200 > 20 7
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes x + > x 2 3. הוכיחו כי לכל x חיובי מתקיים x+.f (x) = נשים לב כי = (0).f נרשום את אי השוויון הנתון מחדש: הוכחה נגדיר x + > x 2 f (x) f (0) > x 2 f (x) f (0) x 0 > 2 כאשר את המהלך האחרון ביצענו מתוך ידיעה ש x חיובי. באגף שמאל רשומה לנו צורת לגראנז. על פי משפט לגראנז (ומאחר ו f גזירה!), קיים (x c,0) עבורו אגף שמאל שווה ל ( c ) f. נגזור את f: f (x) = (x + ) 3/2 2 ולכן נותר לנו להראות כי 2 (x + ) 3/2 > 2 לכל x חיובי. אכן, כפל ב ( 2 ) ייתן: (x + ) 3/2 < (x + ) 3/2 < ( ) x + ln x > x + וברור כי שוויון זה הנו נכון. 4. הוכיחו כי לכל x חיובי מתקיים הוכחה נגדיר f. (x) = ln x נרשום את אי השוויון בצורה חדשה, וניעזר בחוקי לוגריתמים: ln (x + ) ln x > f (x + ) f (x) > f (x + ) f (x) (x + ) x > x + x + x + 8
Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes באגף שמאל רשומה לנו צורת לגראנז. על פי משפט לגראנז (ומאחר ו f גזירה!), קיים ( + x c,x) עבורו אגף שמאל שווה ל ( c ) f. נגזור את f: f (x) = x f (x + ) f (x) (x + ) x = c > x + sin x < x ולכן 5. הוכיחו כי לכל x חיובי מתקיים רמז כמעט הראנו זאת כבר בכיתה! הוכחה ראינו שלכל,x y מתקיים sin x sin y x y נציב = 0 y ונקבל שלכל x מתקיים sin x sin 0 x 0 כלומר sin x x עתה נביט רק ב x ים חיוביים (עליהם שאלו). לכן מתקיים sin x sin x x כמו כן, שוויון מתקיים רק ב 0. נראה זאת: לכל > x, ברור כי.sin x < x לכן נתבונן רק ב x ים בקטע ).(0, נגדיר.f (x) = sin x x נשים לב כי = 0 (0).f כמו כן, f (x) = cos x אבל < x cos לכל ) (0,,x ולכן f יורדת בקטע זה, ולכן = 0 (0) f f (x) < לכל ) (0,,x כלומר,sin x < x 9