שאלה 1 - שימושים במשפטי ערך הביניים
א. הוכחת המקרה הכללי
לכל $\displaystyle b > a$. יש להוכיח:
\[\frac{b - a}{1 + b^2}\; < \;\arctan(b) - \arctan(a)\; < \;\frac{b-a}{1 + a^2}\]
מבנה המשוואה במשפט לגרנג’ הוא:
\[f'(\xi) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}\]
נחלק את אי השוויון ב $b-a$ (מספר חיובי) ונקבל:
\[\frac{1}{1+b^2} < \frac{\tan^{-1}b - \tan^{-1}a}{b-a} < \frac{1}{1+a^2}\]נבחר $f(x)=\tan^{-1}(x) \Rightarrow f’(x)=\frac{1}{1+x^2}$
$f(x)$ רציפה ב $[a,b]$ וגזירה ב-$(a,b)$, ולכן קיים $\xi \in (a,b)$ כך ש-
\[f'(\xi) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \Rightarrow \frac{1}{1+\xi^2} = \frac{\tan^{-1}b - \tan^{-1}a}{b-a}\]נשים לב שלכל $x \in (a,b)$ מתקיים:
\[\frac{1}{1+b^2} < \frac{1}{1+x^2} < \frac{1}{1+a^2}\]ובפרט עבור $x = \xi$:
\[\frac{1}{1+b^2} < \underbrace{\frac{1}{1+\xi^2}}_{f'(\xi)} < \frac{1}{1+a^2}\]לכן:
\[\frac{1}{1+b^2} < \frac{f(b)-f(a)}{b-a} < \frac{1}{1+a^2} \quad \big{/} \cdot (b-a)\] \[\Rightarrow \frac{b-a}{1+b^2} < \underbrace{\tan^{-1}b}_{f(b)} - \underbrace{\tan^{-1}a}_{f(a)} < \frac{b-a}{1+a^2}\]ב. מקרה פרטי
ב. ובפרט:
\[\frac{\pi}{4} + \frac{3}{25} < \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right) < \frac{\pi}{4} + \frac{1}{6}\]
נשים לב ש-$\frac{\pi}{4} = \tan ^{-1}(1)$ ונחסר אותו מכל האגפים:
\[\frac{3}{25} < \tan^{-1}\left(\underbrace{\frac{4}{3}}_{b}\right) - \tan^{-1}(\underbrace{1}_{a}) < \frac{1}{6} \Leftrightarrow \frac{\pi}{4} + \frac{3}{25} < \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right) < \frac{\pi}{4} + \frac{1}{6}\]פתרון: נציב $a=1$, $b=\frac{4}{3}$ בתוצאה הקודמת ונקבל:
\[\underbrace{\frac{3}{25}}_{\frac{\frac{4}{3}-1}{1+\left(\frac{4}{3}\right)^2}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{25}{9}}} < \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right) - \tan^{-1}(1) < \frac{1}{6}\]הוכחנו שהביטוי בצד שמאל מתקיים וזה קרה אמ״מ הביטוי המבוקש מתקיים. מש״ל.
ג. אי־שוויון ללוגריתם
אם $0 < a < b$, יש להוכיח:
\[1 - \frac{a}{b} \;<\; \ln\left(\frac{b}{a}\right) \;<\; \frac{b}{a} - 1.\]
נשים לב כי $\ln\left(\frac{b}{a}\right) = \ln(b) - \ln(a)$. ממשפט ערך הביניים קיים $\xi \in (a,b)$ כך ש-$\frac{1}{\xi} = \frac{\ln(b) - \ln(a)}{b-a}$. נכפיל את שני הצדדים ב-$b-a$ ונקבל:
\[\ln(b) - \ln(a) = \frac{b-a}{\xi} \Rightarrow \ln\left(\frac{b}{a}\right) = \frac{b-a}{\xi}\]נשים לב שלכל $x \in (a,b)$ מתקיים:
\[\frac{b-a}{b} < \frac{b-a}{x} < \frac{b-a}{a}\]או בכתיבה אחרת:
\[1 - \frac{a}{b} < \frac{b-a}{x} < \frac{b}{a} - 1\]בפרט,
\[1 - \frac{a}{b} < \frac{b-a}{\xi} < \frac{b}{a} - 1\]נציב $\frac{b-a}{\xi} = \ln\left(\frac{b}{a}\right)$ ונקבל את התוצאה הרצויה:
\[1 - \frac{a}{b} < \ln\left(\frac{b}{a}\right) < \frac{b}{a} - 1\]ד. מקרה פרטי של אי־שוויון ללוגריתם
\[\frac{1}{6} \;<\; \ln(1.2) \;<\; \frac{1}{5}.\]
ניתן לקבל ע״י הצבה: נבחר $a=5$, $b=6$ ונקבל:
\[1 - \frac{5}{6} < \ln\left(\frac{6}{5}\right) < \frac{6}{5} - 1 \Leftrightarrow \frac{1}{6} < \ln(1.2) < \frac{1}{5}\]כפי שרצינו להוכיח.
ה. קיום $\xi$ עבור תכונת סינוס וקוטנגנס
יש להראות שקיים $a < \xi < b$ כך ש:
\[\frac{\sin(b) - \sin(a)}{\cos(a) - \cos(b)} \;=\; \cot(\xi).\]
ניעזר במשפט קושי:
אם $f(x)$ ו$g(x)$ פונקציות רציפות בקטע הסגור $[a,b]$, גזירות בפתחו $(a,b)$, ו$g’(x) \neq 0$ לכל $x \in (a,b)$, אז קיים $\xi \in (a,b)$ כך ש:
\[\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\]
נציב $f(x) = \sin(x)$ ו-$g(x) = -\cos(x)$ כי הסימן במכנה הפוך. נקבל:
\[\frac{\sin(b) - \sin(a)}{\cos(a) - \cos(b)} = \frac{\sin'(\xi)}{-\cos'(\xi)} = \cot(\xi)\]2. חישוב גבולות באמצעות כלל לופיטל (L’Hôpital)
א. $\lim_{x \to 0^+} \;\frac{\ln(\tan(2x))}{\ln(\tan(3x))}\;=\; 1$
נשים לב שמדובר בגבול מהצורה $\frac{-\infty}{-\infty}$. נשתמש בכלל לופטיל:
\[\begin{aligned} \frac{\left(\ln(\tan(2x))\right)'}{\left(\ln(\tan(3x))\right)'}&=\frac{\frac{1}{\tan(2x)}\cdot\frac{1}{\cos^22x}\cdot 2}{\frac{1}{\tan(3x)}\cdot\frac{1}{\cos^23x}\cdot 3} \\ &=\frac{\frac{1}{\sin 2x \cdot \cos 2x}\cdot 2}{\frac{1}{\sin 3x \cos 3x}\cdot 3} \end{aligned}\]נשתמש בזהות הטריגונומטרית:
\[\sin\left(\alpha\right) \cos \left(\alpha\right) = \frac{1}{2} \sin\left(2\alpha\right)\]\[\begin{aligned} \frac{\frac{1}{\sin 2x \cdot \cos 2x}\cdot 2}{\frac{1}{\sin 3x \cos 3x}\cdot 3}&=\frac{\frac{1}{1/2 \sin 4x}\cdot 2}{\frac{1}{1/2 \sin 6x}\cdot 3} \\ &=\frac{\sin 6x \cdot 2}{\sin 4x \cdot 3} \\ &=\frac{2}{3}\lim_{x \to 0^+}\frac{\sin 6x}{\sin 4x} \end{aligned}\]
קיבלנו גבול מהצורה $\frac{0}{0}$, נשתמש בכלל לופיטל פעם נוספת:
\[\frac{2}{3}\lim_{x \to 0^+}\frac{6\cos 6x}{4\cos 4x} = \frac{2}{3}\cdot \frac{6}{4} = \frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}=\boxed{1}\]מצאנו שהגבול שווה $1$.
הערה: חשוב להיזהר לא לפספס את הקבועים כשמוציאים אותם במעברים. כמעט פספסתי את $\frac{2}{3}$ שהיה ניתן להוציא מוקדם יותר. המקדמים האלה לא נעלמים בגזירה, אפשר גם להשאיר אותם אבל חשוב לשים לב:
\[(2\sin(6x))' = 2 (6\cos(6x))=12\cos(6x)\] \[(3\sin(4x))' = 3 (4\cos(4x))=12\cos(4x)\]
ב. $\lim_{x \to \infty}\; \bigl(x^3 e^{-2x}\bigr)\;=\; 0$
מדובר בגבול מהצורה $\frac{\infty}{\infty}$. נשתמש בכלל לופיטל:
\[\begin{aligned} \lim_{x \to \infty}\; \bigl(x^3 e^{-2x}\bigr) &= \lim_{x \to \infty}\; \frac{x^3}{e^{2x}} \\ &= \lim_{x \to \infty}\; \frac{3x^2}{2e^{2x}} \\ &= \lim_{x \to \infty}\; \frac{6x}{4e^{2x}} \\ &= \lim_{x \to \infty}\; \frac{6}{4e^{2x}} \\ &= \lim_{x \to \infty}\; \frac{6}{4e^{2x}} = 0 \end{aligned}\]עקרונית היה אפשר גם להגיע לתוצאה הזאת מכך שאקפוננט חזק יותר מכל פולינום מבחינת סדר גודל.
ג. $\lim_{x \to \infty} \left(e^{3x}-5x\right)^{1/x}$
פתרון:
נניח שהגבול קיים, סופי וחיובי ונסמן אותו ב-$L$. נקבל:
\[\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (e^{3x}-5x)}{1/x} = L\]נוציא $\ln$ לשני האגפים ונקבל:
\[= \lim_{x \to \infty} \ln (e^{3x}-5x)^{1/x} = \ln (L)\] \[\Rightarrow \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \cdot \ln (e^{3x}-5x) \overbrace{=}^{\text{L'Hôpital for }\frac{\infty}{\infty}} \frac{\ln (e^3x -5x)' }{x'}=\frac{3e^{3x}-5}{e^{3x}-5x}\]נשתמש בכלל לופיטל פעם נוספת:
\[\lim_{x \to \infty} \frac{3e^{3x}-5}{e^{3x}-5x} = \lim_{x \to \infty} \frac{9e^{3x}}{3e^{3x}-5} = \lim_{x \to \infty} \frac{27\cancel{e^{3x}}}{9\cancel{e^{3x}}} = \frac{9}{3} = 3\]סך הכל קיבלנו ש:
\[\ln L = 3 \Rightarrow L = e^3\]כלומר, הגבול הוא $L = e^3$.
ד. $\lim_{x \to 0}\left(\frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2}\right)$
נעשה מכנה משותף:
\[\lim_{x \to 0}\left(\frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2}\right) = \lim_{x \to 0}\left(\frac{x^2-\sin^2 x}{x^2\sin^2 x}\right)\]נשתמש בכלל לופיטל עבור $\frac{0}{0}$ ונקבל:
\[\lim_{x \to 0}\frac{2x -2\sin x \cos x}{2x\sin^2 x + 2x^2\sin x \cos x}\]נשתמש בלופיטל פעם נוספת:
\[= \lim_{x \to 0}\frac{\overbrace{2-2\cos ^2 x + 2\sin ^2 x}^{4\sin ^2 x}}{2\sin ^2 x + 4x\sin x \cos x + 4x\sin x \cos x -2x^2 \sin ^2 x + 2x^2 \cos ^2 x}\]פעם נוספת:
\[= \lim_{x \to 0}\frac{8\sin x \cos x}{4\sin x \cos x + 4\sin 2x + 8x\cos 2x + 4x \cos 2x - 4x^2 \sin 2x}\]פעם נוספת:
\[= \lim_{x \to 0}\frac{8\cos 2x}{12\cos 2x + 12\cos 2x - \cancel{24x \sin 2x} - \cancel{8x\sin 2x} + \cancel{8x^2 \cos 2x}}\]ולכן:
\[= \frac{8}{24} = \frac{1}{3}\]סך הכל קיבלנו ש:
\[\lim_{x \to 0}\left(\frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2}\right) = \frac{1}{3}\]ה. $\lim_{x \to 0^+}\; x^3 \ln(x)\;=\; 0$
נכתוב את הביטוי באופן שיאפשר לנו להשתמש בכלל לופיטל:
\[\lim_{x \to 0^+}\; x^3 \ln(x) = \lim_{x \to 0^+}\; \frac{\ln(x)}{x^{-3}}\]נשתמש בכלל לופיטל עבור $\frac{-\infty}{\infty}$:
\[\lim_{x \to 0^+}\; \frac{\ln(x)}{x^{-3}} = \lim_{x \to 0^+}\; \frac{1/x}{-3x^{-4}} = \lim_{x \to 0^+}\; -\frac{1}{3x^3} = 0\]ו. $\lim_{x \to 0}\;\frac{3^x - 2^x}{x}\;=\;\ln\left(\frac{3}{2}\right)$
יש לנו גבול מהצורה $\frac{0}{0}$, נשתמש בכלל לופיטל, נגזור את המונה והמכנה:
\[\lim_{x \to 0}\;\frac{3^x - 2^x}{x} = \lim_{x \to 0}\;\frac{3^x \ln 3 - 2^x \ln 2}{1} = \ln 3 - \ln 2 = \ln\left(\frac{3}{2}\right)\]ז. $\lim_{x \to 0^+}x^{\sin x }$
נניח שקיים L חיובי כך ש-
\[\lim_{x \to 0^+}x^{\sin x } = L\]נוציא $\ln$ לשני האגפים ונקבל:
\[\ln (L) = \lim_{x \to 0^+} \ln (x^{\sin x }) = \lim_{x \to 0^+} \sin x \cdot \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{\sin x}}\]נשתמש בכלל לופיטל - הגבול מהצורה $- \frac{\infty}{\infty}$:
\[\lim _{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{-\cos x }{\sin ^2 x}} = \lim _{x \to 0^+} \frac{-\sin ^2 x}{x \cos x} \cdot \frac{1}{\cos x}\] \[= \lim _{x \to 0^+} \frac{ \sin x }{x} \cdot \lim _{x \to 0^+} - \frac{\sin x }{\cos x} = 1 \cdot 0 = 0\]ולכן:
\[\ln (L) = 0 \Rightarrow L = 1\]ח. $\lim_{x\to 0}\;\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{\tfrac{1}{x^2}}\;=\; e^{-\tfrac{1}{6}}$
הסבר (באמצעות לוג):
נגדיר
\[L \;=\; \lim_{x\to 0}\;\Bigl(\tfrac{\sin x}{x}\Bigr)^{\tfrac{1}{x^2}}.\]ניקח לוגריתם:
\[\ln(L) \;=\; \lim_{x\to 0}\;\frac{1}{x^2}\,\ln\!\Bigl(\tfrac{\sin x}{x}\Bigr).\]כעת, ידוע כי $\sin x \approx x - \tfrac{x^3}{6} + \dots$, ולכן
\[\frac{\sin x}{x} \;\approx\; 1 - \frac{x^2}{6}.\]מכאן
\[\ln\!\Bigl(\tfrac{\sin x}{x}\Bigr) \;\approx\; \ln\!\Bigl(1 - \tfrac{x^2}{6}\Bigr) \;\approx\; -\frac{x^2}{6} \quad (\text{עבור } x\text{ קטן}).\]נחלק ב־$x^2$ ונקבל
\[\frac{1}{x^2}\,\ln\!\Bigl(\tfrac{\sin x}{x}\Bigr) \;\approx\; \frac{1}{x^2}\,\bigl(-\tfrac{x^2}{6}\bigr) \;=\; -\tfrac{1}{6}.\]מכאן $\ln(L)=-\tfrac{1}{6}$ ולכן $L = e^{-1/6}$.
3. הוכחת נוסחאות לנגזרת של עקום פרמטרי
נניח שהפונקציות $x=g(t)$, $y=f(t)$ גזירות פעמיים, וכן $g’(t) \neq 0$.
קבלו בעצמכם את הנוסחאות הבאות:
\[\frac{dy}{dx} = \frac{f'(t)}{g'(t)}\] \[\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{g'(t)f''(t) - f'(t)g''(t)}{[g'(t)]^3}\]
$\frac{dy}{dx} = \frac{f’(t)}{g’(t)}$
הערה - מדובר בנגזרת של עקום פרמטרים, Parametric derivative.
נתחיל מהנוסחה הראשונה:
\[\frac{dy}{dx} = \frac{d\overbrace{f(t)}^{y}}{dx} = \frac{df(\overbrace{g^{-1}(x)}^{x=g(t)\Rightarrow t=g^{-1}(x)})}{dx}\]תזכורת - הנגזרת של פונקציה מורכבת בסגנון לייבניץ היא:
\[\frac{dh}{dx} = \frac{dh}{dg} \cdot \frac{dg}{dx}\]כלומר, מדובר בסימון לנגזרת לפי $x$ - לא בחלוקה!
נשתמש בכלל השרשרת, שכן $\frac{df(h(x))}{dx} = f’(h(x)) \cdot h’(x)$:
\[\frac{df(g^{-1}(x))}{dx}= \underbrace{f'(g^{-1}(x))}_{f'(t)} \cdot \underbrace{(g^{-1}(x))'}_{\frac{1}{g'(t)}} = \frac{f'(t)}{g'(t)} \blacksquare\]הסבר - $\left(f^{-1}(y_0)\right)’ = \frac{1}{f’(x_0)}$
השוויון $(g^{-1}(x))’ = \frac{1}{g’(t)}$ נובע מהנגזרת של הפונקציה ההופכית, תחת ההנחה שהפונקציה רציפה ונגזרתה שונה מאפס.
\[(f^{-1}\underbrace{(f(x_0))}_{g(t)=x})' = \frac{1}{f'(\underbrace{x_0}_{t})}\]אפשר להסביר את השוויון באופן הבא: נניח כי $f(x_0) = y_0$. השוויון הימני נובע מהגדרת הפונקציה ההופכית, לאחר מכן נבצע נגזרת על שני הצדדים לפי $y_0$ ונקבל:
\[f(f^{-1}(y_0)) = y_0 \Rightarrow \underbrace{(f(f^{-1}(y_0)))'}_{f'(f^{-1}(y_0))\cdot (f^{-1}(y_0))'} = \underbrace{y_0'}_{=1}\]הפתיח של נגזרת הפונקציה המורכבת התקבל מהכלל לפונקציה מורכבת, כאמור לעיל. נחלק ב $f’(f^{-1}(y_0))$ ונקבל את השוויון הנ”ל:
\[f'(f^{-1}(y_0))\cdot (f^{-1}(y_0))' = 1 \Rightarrow (f^{-1}(y_0))' = \frac{1}{f'(f^{-1}(y_0))}\]$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{g’(t)f’‘(t) - f’(t)g’‘(t)}{[g’(t)]^3}$
נרשום את הביטוי בצורה נוחה יותר:
\[y'' = \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d\left(\frac{dy}{dx}\right)}{dx}\]לפי סעיף א׳:
\[\frac{d\left(\frac{dy}{dx}\right)}{dx} = \frac{d\left(\frac{f'(t)}{g'(t)}\right)}{dx}\]נסמן $\frac{f’(t)}{g’(t)} = h(t)$ ונקבל:
\[\frac{d\left(\frac{f'(t)}{g'(t)}\right)}{dx} = \frac{d(\overbrace{h(t)}^{y_0})}{dx}\]נעזר שוב בסעיף הקודם ונקבל:
\[\frac{d({h(t)})}{dx} = \frac{h'(t)}{g'(t)} = \frac{\left(\frac{f'(t)}{g'(t)}\right)'}{g'(t)}\]נפתח לפי הנוסחה לנגזרת של מנה: $\left(\frac{u}{v}\right)’ = \frac{u’v - uv’}{v^2}$:
\[\frac{\left(\frac{f'(t)}{g'(t)}\right)'}{g'(t)} = \frac{\frac{f''(t)g'(t) - f'(t)g''(t)}{[g'(t)]^2}}{g'(t)} = \frac{f''(t)g'(t) - f'(t)g''(t)}{[g'(t)]^3} \blacksquare\]הרחבה: $\left( \tanh ^{-1} x \right)’ = \frac{1}{1 - x^2}$
\[y = f(x) = \tanh ^{-1} x \quad\Longrightarrow\quad x = \tanh y\]נגזור את שני הצדדים לפי $x$:
\[\frac{dx}{dx} = \frac{d}{dx} \bigl(\tanh \bigl(y(x)\bigr)\bigr) \quad\Longrightarrow\quad 1 = \frac{1}{\cosh ^2 y} \cdot \frac{dy}{dx}\]כאן $y(x) = \tanh^{-1}(x)$, לכן:
\[1 = \frac{1}{\cosh ^2 y} \, \left(\tanh^{-1} x\right)' \quad\Longrightarrow\quad \left(\tanh^{-1} x\right)' = \frac{1}{\frac{1}{\cosh ^2 y}} = \cosh^2(y).\]מכיוון ש-$x = \tanh(y)$, יש לנו:
\[\cosh^2(y) = \frac{1}{1 - \tanh^2(y)} = \frac{1}{1 - x^2}.\]לכן, הצורה הפופולרית של הנגזרת היא:
\[\boxed{ \left(\tanh ^{-1} x\right)' = \frac{1}{1 - x^2}. }\]ננסה לגזור גם לפי הביטוי הישיר של $\tanh ^{-1} x = \frac{1}{2} \ln \left(\frac{1 + x}{1 - x}\right)$:
\[\tanh^{-1}(x) = \frac{1}{2}\ln\!\Bigl(\frac{1 + x}{1 - x}\Bigr).\]נגזור לפי $x$:
\[\frac{d}{dx}\!\Bigl(\tanh^{-1}(x)\Bigr) = \frac{d}{dx}\!\Bigl(\tfrac{1}{2} \ln\!\bigl(\tfrac{1 + x}{1 - x}\bigr)\Bigr).\]נוציא החוצה את $\tfrac{1}{2}$:
\[= \frac{1}{2} \, \frac{d}{dx}\!\Bigl(\ln\!\bigl(\tfrac{1 + x}{1 - x}\bigr)\Bigr).\]כעת, עלינו לגזור את הלוגריתם:
\[\frac{d}{dx}\!\Bigl(\ln\!\bigl(\tfrac{1 + x}{1 - x}\bigr)\Bigr) = \frac{1}{\tfrac{1 + x}{1 - x}} \times \frac{d}{dx}\!\Bigl(\tfrac{1 + x}{1 - x}\Bigr).\]נגזור את הביטוי $\frac{1 + x}{1 - x}$ באמצעות כלל המנה:
\[\frac{d}{dx}\!\Bigl(\tfrac{1 + x}{1 - x}\Bigr) = \frac{(1 - x)\cdot(1) \;-\; (1 + x)\cdot(-1)}{(1 - x)^2} = \frac{(1 - x) + (1 + x)}{(1 - x)^2} = \frac{2}{(1 - x)^2}.\]נחזיר זאת חזרה לתוך הנגזרת:
\[= \frac{1}{\tfrac{1 + x}{1 - x}} \times \frac{2}{(1 - x)^2} = \frac{1 - x}{1 + x} \times \frac{2}{(1 - x)^2} = \frac{2}{(1 + x)(1 - x)} = \frac{2}{1 - x^2}.\]עכשיו נקבל את התוצאה המלאה:
\[\frac{1}{2}\times \frac{2}{1 - x^2} = \frac{1}{1 - x^2}\]לכן, בסופו של דבר מתקבלת הנגזרת הידועה:
\[\boxed{ \left(\tanh ^{-1} x\right)' \;=\; \frac{1}{1 - x^2} \blacksquare }\]