אתם יכולים גם לפתוח את סיכום השיעור על משפטי ערך הביניים בקובץ PDF.

משפט רול

אם $f(x)$ פונקציה רציפה בקטע $[a,b]$, גזירה בקטע הפתוח $(a,b)$, ו-$f(a) = f(b)$, אז קיים $c \in (a,b)$ כך ש-$f’(c) = 0$.

משפט לגרנג׳

אם $f(x)$ רציפה בקטע $[a,b]$ וגזירה בקטע הפתוח $(a,b)$, אז קיים $c \in (a,b)$ כך ש:

\[f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]

אינטואיטיבית, המשפט קובע שקיימת נקודה שהשיפוע שלה משיק למיתר המחבר בין שתי הנקודות.

הוכחת משפט לגרנג׳

נגדיר

\[F(x) = f(x) - f(a) - (x-a)\frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]

נשים לב שבהצבת $x=a$ ו-$x=b$ נקבל:

\[F(a) = \cancel{f(a)} - \cancel{f(a)} - \underbrace{(a-a)}_{=0}\frac{f(b) - f(a)}{b - a} = 0\]

וכן

\[F(b) = f(b) - f(a) - \cancel{(b-a)}\frac{f(b) - f(a)}{\cancel{b - a}} = 0\]

כלומר קיבלנו: $F(a) = F(b) = 0$. מכאן שהפונקציה $F(x)$ מקיימת את תנאי משפט רול, ולכן קיימת נקודה $c \in (a,b)$ כך ש-$F’(c) = 0$.

נחשב את הנגזרת של $F(x)$ לפי $x$, תשומת הלב ש- $f(a)$ ו-$f(b)$ הם קבועים:

\[\begin{aligned} F'(x) &= f'(x) - \underbrace{f(a)'}_{0} - \underbrace{(x-a)'}_{1}\left(\frac{f(b) - f(a)}{b - a}\right) \\ &= f'(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \end{aligned}\]

לפי משפט רול, בהכרח קיימת $c$ כך ש $F’(c) = 0$, ולכן:

\[\begin{aligned} F'(c) = f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} &= 0 \\ f'(c) &= \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \quad \blacksquare \end{aligned}\]

דוגמה לשימוש במשפט לגרנג

תהי $f(x)= \tan ^{-1}x$ באינטרוול $a=0,b=x>0$.

ניזכר בנגזרת של הטנגנס ההפוכה. נציב $y=\tan ^{-1}x$ ונקבל:

\[\begin{aligned} y&=\tan ^{-1}x \\ \tan y &= x \\ \underbrace{\frac{y'}{cos^2y}}_{\tan y ' \cdot y + \tan y \cdot y'} &= 1 \\ y' &= {\cos ^2 y} \\ &= \frac{1}{1+\tan^2y}= \boxed{\frac{1}{1+x^2}} \end{aligned}\]

הבהרה למעבר שבשורה השלישית: גזרנו את שני האגפים. בשורה האחרונה הצבנו חזרה $\tan^2 y=x^2$. נזכור ש-$\tan^2 y + 1 = \frac{1}{\cos^2 y}$.

נחשב את הנגזרת של $f(x)= \tan ^{-1}x$ באמצעות משפט לגרנג׳:

\[f'(c) = \frac{1}{1+c^2} \ \ \ \ c \in (0,x)\]

נציב את ערכי הקצוות $a=0,b=x>0$ ונקבל:

\[\frac{1}{1+x^2} < \underbrace{\frac{\tan ^{-1}x - \overbrace{\tan ^{-1}0}^{=0}}{x-0}}_{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}} < \frac{1}{1+0^2} \Rightarrow \frac{1}{1+x^2} < \frac{\tan ^{-1}x}{x} < 1\]

כלומר קיבלנו את אי השוויון:

\[\frac{x}{1+x^2} < \tan ^{-1}x < x\]

משפט קושי המוכלל

אם $f(x)$, $g(x)$ שתי פונקציות רציפות בקטע הסגור $[a,b]$ וגזירות בקטע הפתוח $(a,b)$, אז קיימת נקודה $c \in (a,b)$ כך ש:

\[\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}\]

המשפט מתקבל ממשפט לגרנג׳ בעזרת $g(x)=x$:

\[\frac{f(b)-f(a)}{\underbrace{g(b)}_{=b}-\underbrace{g(a)}_{=a}} = \frac{f'(c)}{\underbrace{g'(c)}_{=1}} \Rightarrow \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = f'(c)\]

משפט להופיטל (גרסת “$\frac{0}{0}$”)

אם $\lim_{x \to x_0} f(x) = 0$ ו-$\lim_{x \to x_0} g(x) = 0$, ושתי הפונקציות רציפות ב $[x_0, x_0 + \delta]$ וגזירות ב-$(x_0, x_0 + \delta)$, אז:

\[\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}\]

דור: המרצה השתמש ב $a$ ו $b$ באופן שלא היה לי ברור, החלפתי באפסילון.

דוגמה לשימוש $\frac{ \sin x }{ x }=1$

נחשב את הגבול:

\[\lim_{x \to 0} \frac{ \sin x }{ x }\]

נציב $f(x) = \sin x$, $g(x) = x$ ונקבל:

\[\lim_{x \to 0} \frac{ \sin x }{ x } = \lim_{x \to 0} \frac{ \cos x }{ 1 } = 1\]

דוגמה $\frac{e^x - 1}{x}=1$

נחשב את הגבול:

\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x}\]

נציב $f(x) = e^x - 1$, $g(x) = x$ ונקבל:

\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{1} = 1\]

דוגמה מבחינה $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln \cos 3x}{\ln \cos 2x}$

\[\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln \cos 3x}{\ln \cos 2x}\]

מדובר בגבול מהצורה $\frac{0}{0}$, הפונקציות רציפות וגזירות בקטע המתאים, ולכן נוכל להשתמש במשפט להופיטל:

\[\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{1}{\cos 3x} \cdot (-3\sin 3x)}{\frac{1}{\cos 2x} \cdot (-2\sin 2x)} = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{-3\tan 3x}{-2\tan 2x} = \frac{3}{2} \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\tan 3x}{\tan 2x}\] \[= \frac{3}{2} \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{3}{\cos^2 3x}}{\frac{2}{\cos^2 2x}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{4}\]

דוגמה $\lim_{x \to \infty} x^2e^{-x}$

נשים לב שכאן מדובר בגבול מהצורה $\infty \cdot 0$, ולכן לא נוכל להשתמש מיד במשפט להופיטל.

נעביר את הגבול לצורה אחרת:

\[\lim_{x \to \infty} x^2e^{-x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\overbrace{x^{2}}^{f(x)}}{\underbrace{e^{x}}_{g(x)}}\]

כעת נוכל להשתמש במשפט להופיטל ולגזור:

\[= \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^{x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^{x}} = 0\]

תרגול

עברו לדף פתרון תרגילים בנושא משפטי ערך הביניים לכל התרגילים והפתרונות, כולל פיתוח גבולות בעזרת כלל לופיטל.