|
|
| שורה 1: |
שורה 1: |
| ==שאלה 1== | | == שאלה == |
| נניח כי f פונקציה רציפה ב- <math>[0,\infty)</math>, גזירה ב- <math>(0,\infty)</math>. בנוסף נתון כי <math>f(0)=0</math> והנגזרת <math>f'</math>מונוטונית עולה ב- <math>(0,\infty)</math>.
| |
|
| |
|
| א. הוכיחו כי <math>f'(x)\geq \frac{f(x)}{x}</math> ב- <math>(0,\infty)</math>.
| | אני יודעת שאתמול הוכחת לנו את זה לפני השיעור חזרה, אבל זה היה ממש לא מסודר ולא ממש הצלחתי לעקוב, אז אני אשמח אם אתה (או מישהו אחר בכיף(:) יתן תשובה: |
| | ככה: T נורמלי הוכח ש- <math>im(T)=im(T^*)</math> |
|
| |
|
| ב. הוכיחו כי הפונקציה <math>g(x)=\frac{f(x)}{x}</math> מונוטונית עולה ב- <math>(0,\infty)</math>.
| |
|
| |
| ===פתרון===
| |
| א. יהי <math>x>0</math>. נפעיל את משפט לגראנג' על הפונקציה f בקטע <math>[0,x]</math>. לכן קיימת נקודה <math>0<c<x</math> כך ש:
| |
|
| |
| ::<math>f'(c)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}</math>
| |
|
| |
| אבל מתוך מונוטוניות הנגזרת, אנו מקבלים:
| |
|
| |
| ::<math>f'(x)\geq f'(c) = \frac{f(x)}{x}</math>
| |
|
| |
| כפי שרצינו.
| |
|
| |
|
| |
| ב. נוכיח כי הנגזרת חיובית ולכן הפונקציה מונוטונית עולה
| |
|
| |
| ::<math>g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}</math>
| |
|
| |
| כיוון שהמכנה חיובי תמיד, סימן הנגזרת נקבע על ידי המונה. אבל לפי סעיף א':
| |
|
| |
|
| |
| ::<math>xf'(x)-f(x)\geq x\frac{f(x)}{x}-f(x)=0</math>
| |
|
| |
|
| |
| =טיילור=
| |
|
| |
| כיוון שכפל וחיבור הן פעולות שקל לחשבן, פולינומים הן פונקציות שקל לחשבן את ערכן בכל נקודה. לכן, בהנתן פונקציה כללית f, היינו שמחים למצוא פולינום קרוב אליה. כלומר, היינו רוצים למצוא פולינום p כך שהשארית
| |
|
| |
| ::<math>R(x)=f(x)-p(x)</math>
| |
|
| |
| תהא "מינימלית". שימו לב כי הגדרת המינמליות תלוייה בצורך. לדוגמא ייתכן ונרצה כי השארית תהא חסומה על כל הממשיים או תשאף לאפס בנקודה מסויימת.
| |
|
| |
| ==פולינום טיילור==
| |
|
| |
| '''פולינום טיילור סביב נקודה a''' מדרגה n הינו פולינום מהצורה:
| |
|
| |
| ::<math> P_n(x)=\sum_{i=1}^n\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i</math>
| |
|
| |
| כאשר <math>f^{(n)}</math> היא הנגזרת ה-n של f
| |
|
| |
|
| |
| שימו לב שבאופן ברור מההגדרה קיום פולינום טיילור מדרגה n דורש שהפונקציה תהא גזירה לפחות n פעמים בנקודה a. אנחנו נראה מיד שעל מנת להעריך את השגיאה של הפולינום נדרוש כי הפונקציה תהא גזירה '''לפחות n+1''' פעמים '''באיזור''' הנקודה a.
| |
|
| |
| פולינום טיילור משמש לקירוב פונקציות מסיבות שנראה בהמשך ([[טור חזקות]]), ובזכות [[משפט טיילור עם שארית לגראנז']]
| |
|
| |
| ==שארית לגראנז'==
| |
| תהי f פונקציה ממשית הגזירה n+1 פעמים בסביבה מסויימת של נקודה a. אזי לכל x בסביבה קיימת נקודה c בין x לבין a כך ש:
| |
|
| |
| ::<math>R_n(x)=f(x)-P_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}</math>
| |
|
| |
| כאשר <math>P_n</math> הינו [[פולינום טיילור]] מדרגה n
| |
|
| |
|
| |
| '''שימו לב''' כי הנקודה c תלוייה ב-x
| |
|
| |
| ==שאלה 1==
| |
| תהי f פונקציה בעלת חמש נגזרת רציפות על הממשיים. נניח ש <math>f(0)=f'(0)=...=f^{(4)}(0)=0</math> וגם <math>f^{(5)}(0)>0</math>. עוד נניח שלכל <math>x\neq 0</math> מתקיים <math>f'(x)\neq 0</math>. הוכיחו שלכל <math>x>0</math> מתקיים <math>f(x)>0</math>
| |
|
| |
|
| ===הוכחה=== | | ===הוכחה=== |
| מכיוון שהפונקציה ו4 נגזרותיה מתאפסות באפס, פולינום טיילור מסדר 4 בסביבת הנקודה אפס שווה זהותית לאפס. השארית היא מהצורה
| | דבר ראשון נוכיח ש<math>ker(T)=ker(T^*)</math>. נניח <math>v \in kerT</math> לכן <math>Tv=0</math> ולכן <math>\forall u: <T^*Tv,u>=<0,u>=0</math> אבל <math>T^*T=TT^*</math> ולכן <math>\forall u: <TT^*v,u>=0</math> ולכן <math>\forall u: <T^*v,T^*u>=0</math> ובפרט זה נכון עבור v=u ולכן <math><T^*v,T^*v>=0</math> ולכן <math>T^*v=0</math> כלומר <math>v \in ker T^*</math>. בכיוון ההפוך ההוכחה דומה. |
| <math>\frac{f^{(5)}(c)}{5!}x^5</math> כאשר <math>0<c<x</math>. | |
|
| |
|
| מכיוון ש<math>f^{(5)}(0)>0</math> והנגזרת החמישית רציפה, אז קיימת סביבה של אפס בה <math>f^{(5)}>0</math>. לכן בסביבה ימנית של אפס מתקיים <math>f(x)=\frac{f^{(5)}(c)}{5!}x^5>0</math>.
| |
|
| |
|
| נותר להוכיח ש<math>f(x)>0</math> עבור <math>x>0</math> גם מחוץ לסביבה הימנית הזו. נניח בשלילה ש <math>f(x)\leq 0</math> אזי לפי משפט ערך הביניים <math>f(x)=0</math> עבור איזה <math>x>0</math>. אבל גם <math>f(0)=0</math> ולכן לפי משפט רול הנגזרת מתאפסת עבור נקודה גדולה מאפס בסתירה.
| | עכשיו נוכיח את הטענה. <math>v \in kerT</math> אם"ם <math>\forall u: <Tv,u>=0</math> אם"ם <math>\forall u: <v,T^*u>=0</math> אם"ם <math>v \in (ImT^*)^\bot</math> ולכן <math>kerT = (ImT^*)^\bot</math>. בצורה דומה <math>kerT^*=(ImT)^\bot</math>. אבל הגרעינים שווים ולכן <math>(ImT)^\bot=(ImT^*)^\bot</math> ומזה נובע שהם שווים (כי המרחב המאונך הינו יחיד, והמאונך של המאונך הינו המרחב עצמו). |
שאלה
אני יודעת שאתמול הוכחת לנו את זה לפני השיעור חזרה, אבל זה היה ממש לא מסודר ולא ממש הצלחתי לעקוב, אז אני אשמח אם אתה (או מישהו אחר בכיף(:) יתן תשובה:
ככה: T נורמלי הוכח ש- [math]\displaystyle{ im(T)=im(T^*) }[/math]
הוכחה
דבר ראשון נוכיח ש[math]\displaystyle{ ker(T)=ker(T^*) }[/math]. נניח [math]\displaystyle{ v \in kerT }[/math] לכן [math]\displaystyle{ Tv=0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \forall u: \lt T^*Tv,u\gt =\lt 0,u\gt =0 }[/math] אבל [math]\displaystyle{ T^*T=TT^* }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \forall u: \lt TT^*v,u\gt =0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \forall u: \lt T^*v,T^*u\gt =0 }[/math] ובפרט זה נכון עבור v=u ולכן [math]\displaystyle{ \lt T^*v,T^*v\gt =0 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ T^*v=0 }[/math] כלומר [math]\displaystyle{ v \in ker T^* }[/math]. בכיוון ההפוך ההוכחה דומה.
עכשיו נוכיח את הטענה. [math]\displaystyle{ v \in kerT }[/math] אם"ם [math]\displaystyle{ \forall u: \lt Tv,u\gt =0 }[/math] אם"ם [math]\displaystyle{ \forall u: \lt v,T^*u\gt =0 }[/math] אם"ם [math]\displaystyle{ v \in (ImT^*)^\bot }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ kerT = (ImT^*)^\bot }[/math]. בצורה דומה [math]\displaystyle{ kerT^*=(ImT)^\bot }[/math]. אבל הגרעינים שווים ולכן [math]\displaystyle{ (ImT)^\bot=(ImT^*)^\bot }[/math] ומזה נובע שהם שווים (כי המרחב המאונך הינו יחיד, והמאונך של המאונך הינו המרחב עצמו).
