משפט רול ולגראנז' ומונוטוניות - תרגילים עם פתרונות (אינפי 1)

חדו"א 1 › תרגילי הכנה למבחן › משפט רול ולגראנז' ומונוטוניות

בקצרה: 6 תרגילי הכנה למבחן בחדו"א 1 (אינפי 1) בנושא משפט רול, משפט לגראנז' ומונוטוניות בעזרת הנגזרת, רובם בסגנון "הוכח או הפרך", ולכל תרגיל פתרון מלא. התרגילים לקוחים מאוסף תרגילי ההכנה למבחן של ארז שיינר. נסו לפתור לבד, ורק אחר כך פתחו את הפתרון.

הופריכו = הוכיחו או הפריכו: קבעו אם הטענה נכונה, ואז הוכיחו אותה או תנו דוגמה נגדית. מספרי התרגילים הם כמו בקובץ ה-PDF של האוסף.

חומר עיוני: אינפי 1/למת רול · אינפי 1/משפט ערך הממוצע של לגרנז' · אינפי 1/חקירה של פונקציות מונוטוניות

תרגיל 41: השוואת פונקציות בעזרת הנגזרת

תהי [math]\displaystyle{ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} }[/math] הגזירה בכל הממשיים כך שלכל [math]\displaystyle{ x\in \mathbb{R} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( x \right)<x }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f\left( 0 \right)=0 }[/math].
הופריכו: לכל [math]\displaystyle{ x>0 }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ f\left( x \right)<\frac{{x}^{2}}{2} }[/math].

הוכחה: נעביר אגף ונבנה פונקציה

[math]\displaystyle{ h\left( x \right)=f\left( x \right)-\frac{{x}^{2}}{2} }[/math]

שאנו צריכים להוכיח שהיא שלילית לכל [math]\displaystyle{ x>0 }[/math].

כיוון ש [math]\displaystyle{ h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)-0=0 }[/math], מספיק להוכיח כי הפונקציה מונוטונית יורדת בתחום [math]\displaystyle{ x\ge 0 }[/math]

אכן, אף לכל הממשיים,

[math]\displaystyle{ {h}^{'}\left( x \right)={f}^{'}\left( x \right)-x<0 }[/math]

כפי שרצינו.

תרגיל 42: גבול במינוס אינסוף בעזרת הנגזרת

תהי [math]\displaystyle{ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} }[/math] הגזירה בכל הממשיים כך שלכל [math]\displaystyle{ x\in \mathbb{R} }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( x \right)<x }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f\left( 0 \right)=0 }[/math].

חשבו את [math]\displaystyle{ \lim_{x\to \left( -\infty \right)}{f\left( x \right)} }[/math].

נעביר אגף [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( x \right)-x<0 }[/math] ונביט בפונקציה הקדומה

[math]\displaystyle{ h\left( x \right)=f\left( x \right)-\frac{{x}^{2}}{2} }[/math]

לכל [math]\displaystyle{ x\in \mathbb{R} }[/math] מתקיים כי [math]\displaystyle{ {h}^{'}\left( x \right)={f}^{'}\left( x \right)-x<0 }[/math] ולכן הפונקציה [math]\displaystyle{ h }[/math] יורדת בכל הממשיים.

כעת, נציב [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] ונקבל כי [math]\displaystyle{ h\left( 0 \right)=f\left( 0 \right)-0=0 }[/math]

לכן לכל [math]\displaystyle{ x<0 }[/math] כיוון ש[math]\displaystyle{ h }[/math] יורדת מתקיים כי [math]\displaystyle{ h\left( x \right)>h\left( 0 \right)=0 }[/math]

לכן לכל [math]\displaystyle{ x<0 }[/math] מתקיים כי

[math]\displaystyle{ h\left( x \right)=f\left( x \right)-\frac{{x}^{2}}{2}>0 }[/math]

ולכן [math]\displaystyle{ f\left( x \right)>\frac{{x}^{2}}{2} }[/math]

לפי חצי סנדוויץ' נקבל כי

[math]\displaystyle{ \lim_{x\to \left( -\infty \right)}{f(x)}=\infty }[/math]

תרגיל 54: נקודה שבה הנגזרת מתאפסת

תהי [math]\displaystyle{ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} }[/math] הגזירה בכל הממשיים כך ש [math]\displaystyle{ \lim_{x\to \pm \infty}{f(x)}=\infty }[/math], הופריכו: קיימת נקודה [math]\displaystyle{ c }[/math] עבורה [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( c \right)=0 }[/math].

הוכחה:

נביט בנקודה כלשהי, נניח [math]\displaystyle{ x=0 }[/math]. כיוון שפונקציה שואפת לאינסוף מימין ומשמאל קיימות נקודות

[math]\displaystyle{ {x}_{2}>0, {x}_{1}<0 }[/math]

כך ש

[math]\displaystyle{ f\left( {x}_{1} \right),f\left( {x}_{2} \right)>f(0) }[/math]

נבחר גובה [math]\displaystyle{ m }[/math] כך ש

[math]\displaystyle{ f\left( 0 \right)<m<f\left( {x}_{1} \right),f\left( {x}_{2} \right) }[/math]

לפי משפט ערך הביניים קיימות נקודות [math]\displaystyle{ {c}_{1}\in \left( {x}_{1},0 \right), {c}_{2}\in \left( 0,{x}_{2} \right) }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ f\left( {c}_{1} \right)=f\left( {c}_{2} \right)=m }[/math]

כיוון שהפונקציה גזירה בכל הממשיים היא בוודא רציפה, ולכן לפי משפט רול קיימת נקודה [math]\displaystyle{ c\in ({c}_{1},{c}_{2}) }[/math] בה [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( c \right)=0 }[/math].

תרגיל 62: הנגזרת שואפת לאפס באינסוף

תהי [math]\displaystyle{ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} }[/math] גזירה בכל הממשיים, כך ש [math]\displaystyle{ {f}^{'}\ne 0 }[/math] בכל הממשיים וכן [math]\displaystyle{ \lim_{x\to \infty}{f'(x)}=0 }[/math], הופריכו: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to \infty}{f(x)}=0 }[/math].

הפרכה:

[math]\displaystyle{ f\left( x \right)=1+\frac{1}{{e}^{x}} }[/math]

[math]\displaystyle{ 0\ne {f}^{'}\left( x \right)=-\frac{1}{{e}^{x}}{\to}_{x\to \infty}0 }[/math]

[math]\displaystyle{ f\left( x \right){\to}_{x\to \infty}1 }[/math]

תרגיל 63: הפונקציה שואפת לאפס באינסוף

תהי [math]\displaystyle{ f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} }[/math] גזירה בכל הממשיים, כך ש [math]\displaystyle{ \lim_{x\to \infty}{f(x)}=0 }[/math], הופריכו: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to \infty}{f'(x)}=0 }[/math].

הפרכה:

[math]\displaystyle{ f\left( x \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ =\frac{\sin {\left( {e}^{x} \right)}}{{e}^{x}}{\to}_{x\to \infty}0 }[/math]

[math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( x \right) }[/math]

[math]\displaystyle{ ={\left( {e}^{-x}\sin {\left( {e}^{x} \right)} \right)}^{'} }[/math]

[math]\displaystyle{ =-{e}^{-x}\sin {\left( {e}^{x} \right)}+{e}^{-x}\cos {\left( {e}^{x} \right)}{e}^{x} }[/math]

[math]\displaystyle{ =-\frac{\sin {\left( {e}^{x} \right)}}{{e}^{x}}+\cos ({e}^{x}) }[/math]

עבור

[math]\displaystyle{ {a}_{n}=\ln {\left( 2\pi n \right)}\to \infty }[/math]

מתקיים כי

[math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( {a}_{n} \right)=1 }[/math]

ולכן [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( x \right){\not\to}_{x\to \infty}0 }[/math]

תרגיל 64: משוואה מעריכית ומשפט רול

הופריכו: הפתרונות היחידים למשוואה [math]\displaystyle{ {3}^{x}+{6}^{x}={4}^{x}+{5}^{x} }[/math] הם [math]\displaystyle{ x=0,1 }[/math].

הוכחה:

אפתח ואומר שלדעתי פתרון זה קל להבנה, אך מאתגר לעלות עליו לבד. תהנו:

ראשית, קל מאד לראות כי אכן [math]\displaystyle{ x=0 }[/math] הוא פתרון למשוואה כיוון ש [math]\displaystyle{ {3}^{0}+{6}^{0}=2={4}^{0}+{5}^{0} }[/math]

וכן [math]\displaystyle{ x=1 }[/math] הינו פתרון כיוון ש [math]\displaystyle{ {3}^{1}+{6}^{1}=9={4}^{1}+{5}^{1} }[/math].

כעת, נב"ש כי קיים פתרון נוסף למשוואה [math]\displaystyle{ a\ne 0,1 }[/math] עבורו מתקיים

[math]\displaystyle{ {3}^{a}+{6}^{a}={4}^{a}+{5}^{a} }[/math]

נעביר אגפים:

[math]\displaystyle{ {6}^{a}-{5}^{a}={4}^{a}-{3}^{a} }[/math]

ונעשה win קטן (wouldn’t it be nice) שיהפוך את הביטויים לשיפוע של מיתרים:

[math]\displaystyle{ \frac{{6}^{a}-{5}^{a}}{6-5}=\frac{{4}^{a}-{3}^{a}}{4-3} }[/math]

שימו לב: פעולה זו הייתה חוקית מתמטית, שהרי שני המכנים שווים ל[math]\displaystyle{ 1 }[/math].

אבל אלה בדיוק שיפועי מיתרים של הפונקציה [math]\displaystyle{ f\left( x \right)={x}^{a} }[/math] בקטעים [math]\displaystyle{ [3,4] }[/math], [math]\displaystyle{ [5,6] }[/math].

פונקציה זו גזירה תמיד ומקיימת את תנאי משפט לגראנז' שמבטיח ששיפוע המיתר מקביל למשיק בנקודה כלשהי בפנים הקטע.

כלומר קיימות נקודות

[math]\displaystyle{ {c}_{1}\in \left[ 3,4 \right] }[/math]

[math]\displaystyle{ {c}_{2}\in \left[ 5,6 \right] }[/math]

עבורן מתקיים כי

[math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( {c}_{1} \right)=\frac{{4}^{a}-{3}^{a}}{4-3} }[/math]

[math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( {c}_{2} \right)=\frac{{6}^{a}-{5}^{a}}{6-5} }[/math]

וכיוון ש [math]\displaystyle{ {f}^{'}\left( x \right)=a{x}^{a-1} }[/math] נובע סה"כ כי

[math]\displaystyle{ a{c}_{1}^{a-1}=a{c}_{2}^{a-1} }[/math]

כיוון ש[math]\displaystyle{ a\ne 0 }[/math] ניתן לחלק בו ונותרנו עם

[math]\displaystyle{ {c}_{1}^{a-1}={c}_{2}^{a-1} }[/math]

מכאן נובע כי [math]\displaystyle{ a=1 }[/math] או [math]\displaystyle{ {c}_{1}={c}_{2} }[/math].

אך [math]\displaystyle{ {c}_{1}<4<5<{c}_{2} }[/math] והרי נתון כי [math]\displaystyle{ a\ne 1 }[/math], בסתירה.

תרגילים בנושאים נוספים

• סדרות וגבולות (8 תרגילים)
• תתי סדרות, גבול עליון וסדרות קושי (7 תרגילים)
• גבולות ורציפות של פונקציות (16 תרגילים)
• משפט ערך הביניים ומשפט ויירשטראס (15 תרגילים)
• נגזרת (10 תרגילים)
• קמירות וקעירות (9 תרגילים)
• כל תרגילי ההכנה למבחן · קובץ ה-PDF של האוסף · מבחנים ובחנים עם פתרונות · דף הקורס