משתמש:Maromn/ארגז חול

אריתמטיקה של גבולות סופיים

תהיינה $f\,$ו-$g\,$ פונקציות המוגדרות בסביבה נקובה או לא נקובה של $x_{0}$ שעבורן מתקיים:

• $\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)=A$, כאשר $A\in \mathbb {R}$.
• $\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=B$, כאשר $B\in \mathbb {R}$.

בתנאים אלו מתקיימים כלל הסכום, כלל ההפרש, כלל המכפלה ובתנאי נוסף מתקיים כלל המנה.

כלל הסכום

כלל הסכום: הגבול של סכום פונקציות, שווה לסכום הגבולות של הפונקציות, כלומר:

$\lim _{x\rightarrow x_{0}}(f+g)(x)=\lim _{x\rightarrow x_{0}}(f(x)+g(x))=\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)+\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=A+B$

הוכחה:
יהי $\varepsilon >0$ נתון.
צ"ל כי קיים $\delta >0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta \,$ מתקיים $|(f+g)(x)-(A+B)|<\varepsilon \,$.
מהנתונים על הגבולות של $f\,$ו-$g\,$ נסיק כי:

• קיים $\delta _{1}>0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta _{1}\,$ מתקיים $|f(x)-A|<{\frac {\varepsilon }{2}}\,$. (1)
• קיים $\delta _{2}>0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta _{2}\,$ מתקיים $|g(x)-B|<{\frac {\varepsilon }{2}}\,$. (2)

נצא מהביטוי $|(f+g)(x)-(A+B)|\,$ :

$|(f+g)(x)-(A+B)|=|f(x)+g(x)-A-B|\leq |f(x)-A|+|g(x)-B|$

הערה: האי-שוויון האחרון נובע מאי-שוויון המשולש.
לכן אם נבחר את $\delta \,$ להיות $0<\delta \leq \min\{\delta _{1},\delta _{2}\}\,$ נקבל כי:

$|f(x)+g(x)-A-B)|\leq |f(x)-A|+|g(x)-B|={\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\varepsilon }{2}}=\varepsilon$

אם כך, הוּכח כלל הסכום.

כלל ההפרש

כלל ההפרש: הגבול של הפרש פונקציות, שווה להפרש גבולות של הפונקציות, כלומר:

$\lim _{x\rightarrow x_{0}}(f-g)(x)=\lim _{x\rightarrow x_{0}}(f(x)-g(x))=\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)-\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=A-B$

הוכחה:
יהי $\varepsilon >0$ נתון.
צ"ל כי קיים $\delta >0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta \,$ מתקיים $|(f-g)(x)-(A-B)|<\varepsilon \,$.
הוכחה זו דומה מאוד להוכחת כלל הסכום, שכן אם יוצאים מהביטוי $|(f-g)(x)-(A-B)|\,$ מקבלים:

$|(f-g)(x)-(A-B)|=|f(x)-g(x)-A+B)|=|f(x)-A-(g(x)-B)|\,$

$\leq |f(x)-A|+|g(x)-B|$

ומכאן ממשיכים כמו בהוכחת כלל הסכום.

כלל המכפלה

כלל המכפלה: הגבול של מכפלת פונקציות, שווה למכפלת הגבולות של הפונקציות, כלומר:

$\lim _{x\rightarrow x_{0}}(f\cdot g)(x)=\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)g(x)=\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)\cdot \lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=A\cdot B$

הוכחה:
יהי $\varepsilon >0$ נתון.
צ"ל כי קיים $\delta >0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta \,$ מתקיים $|(f\cdot g)(x)-(A\cdot B)|<\varepsilon \,$.
מהנתונים על הגבולות של $f\,$ו-$g\,$ נסיק כי:

• קיים $\delta _{1}>0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta _{1}\,$ מתקיים $|f(x)-A|<{\sqrt {\varepsilon }}\,$. (1)
• קיים $\delta _{2}>0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-x_{0}|<\delta _{2}\,$ מתקיים $|g(x)-B|<{\sqrt {\varepsilon }}\,$. (2)

הפעם נצא דווקא מהביטוי $(f(x)-A)(g(x)-B)\,$ :

$(f(x)-A)(g(x)-B)=f(x)g(x)-B\cdot f(x)-A\cdot g(x)+A\cdot B\,$

אבל $\lim _{x\rightarrow x_{0}}B\cdot f(x)=B\cdot \lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)=B\cdot A$.
כמו כן, גם $\lim _{x\rightarrow x_{0}}A\cdot g(x)=A\cdot \lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=A\cdot B$.
לכן אם נבחר את $\delta \,$ להיות $0<\delta \leq \min\{\delta _{1},\delta _{2}\}\,$ נקבל כי:

$|(f(x)-A)(g(x)-B))|=|f(x)g(x)-A\cdot B|=|f(x)-A|\cdot |g(x)-B|\leq {\sqrt {\varepsilon }}\cdot {\sqrt {\varepsilon }}=\varepsilon$

אם כך, הוּכח כלל המכפלה.

כלל המנה

כלל המנה: הגבול של מנת פונקציות, שווה למנת הגבולות של הפונקציות בתנאי ש: $\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)\neq 0$,כלומר:

$\lim _{x\rightarrow x_{0}}\left({\frac {f}{g}}\right)(x)=\lim _{x\rightarrow x_{0}}{\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x)}{\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)}}={\frac {A}{B}}$

גבול של הרכבת פונקציות

תהיינה $f\,$ו-$g\,$ פונקציות שעבורן מתקיימים התנאים הבאים:

• $\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=y_{0}$, כאשר $y_{0}\in \mathbb {R}$.
• $f\,$ רציפה ב- $y_{0}\,$.

בתנאים אלו מתקיים $\lim _{x\rightarrow x_{0}}(f\circ g)(x)=f\left(\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)\right)=f(y_{0})$.
הוכחה:
$f\,$ רציפה ב- $y_{0}\,$ ולכן לכל $\varepsilon _{1}>0\,$ קיים $\delta _{1}>0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $|x-y_{0}|<\delta _{1}\,$ מתקיים $|f(x)-f(y_{0})|<\varepsilon _{1}$. (1)
$\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=y_{0}$ ולכן עבור $\varepsilon =\delta _{1}\,$ קיים $\delta _{2}>0\,$ כך שלכל $x\,$ המקיים $0<|x-x_{0}|<\delta _{2}\,$ מתקיים $|g(x)-y_{0}|<\delta _{1}\,$. (2)
מ-(1) נסיק כי לכל $x\,$ המקיים $0<|x-x_{0}|<\delta _{2}\,$ מתקיים $|g(x)-y_{0}|<\delta _{1}\,$ ולכן אם נסמן את $g(x)\equiv x$ נקבל מ-(2) שעבור זה מתקיים גם $|f(g(x))-f(y_{0})|<\varepsilon _{1}$, כנדרש.

_____________________________________________________-

משום ש- $\lim _{x\rightarrow x_{0}}g(x)=y_{0}$, אז לכל $N_{\varepsilon }(y_{0})\,$ קיימת $N_{\delta }^{*}(x_{0})\,$, כך שלכל $x\in N_{\delta }^{*}(x_{0})$ מתקיים $g(x)\in N_{\varepsilon }(y_{0})$.
$f\,$ רציפה ב- $y_{0}\,$ ולכן לכל $N_{\varepsilon _{1}}(f(y_{0}))\,$ קיימת $N_{\delta _{1}}(y_{0})\,$, כך שלכל $x\in N_{\delta _{1}}(y_{0})$ מתקיים $f(x)\in N_{\varepsilon _{1}}(f(y_{0}))$.

משפט דארבו - לא גמור

הוכחה:

נניח בלי הגבלת הכלליות כי $f'(a)<f'(b)\,$ ויהי $t\,$ מספר המקיים $f'(a)<t<f'(b)\,$.

נגדיר פונקציה חדשה $H(x)=f(x)-tx\,$. כמו כן $H\,$ רציפה ב-$[a,b]\,$ (כהפרש של פונקציות רציפות),

לכן מהמשפט השני של ויירשטראס נסיק כי יש ל-$H\,$ מינימום בקטע $[a,b]\,$. נראה כי המינימום לא מתקבל בנקודות הקצה של הקטע $[a,b]\,$:
לכל $x\in [a,b]$ (מימין ב-a ומשמאל ב-b) מתקיים $H'(x)=f'(x)-t\,$. ולכן מגזירות $H\,$ מימין ב-$a\,$ נקבל כי $H_{+}^{'}(a)=f'(a)-t\,$. ומפני שנתון כי $f'(a)<t<f'(b)\,$, כלומר $f'(a)-t<0\,$, ולכן $H_{+}^{'}(a)=\lim _{h\rightarrow 0^{+}}\left({\frac {f(a+h)-f(a)}{h}}\right)-t<0\,$

ולכן אז קיימת סביבה ימנית של 0

משפט הערך הממוצע של לגראנז'

הוכחה:
תהי $k(x)\,$ פונקציה לינארית המקיימת $k'(x)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}\,$ ומקיימת $k(a)=f(a)\,$ וגם $k(b)=f(b)\,$.
נגדיר את פונקצית ההפרש $h(x)=f(x)-k(x)\,$. ניתן להסיק כי $h(x)\,$ מקיימת את תנאי משפט רול, מכיוון ש-$h(x)\,$ רציפה ב-$[a,b]\,$ (כהפרש של פונקציות רציפות), גזירה ב-$(a,b)\,$ (כהפרש של פונקציות גזירות), ומקיימת $h(a)=h(b)\,$ (זאת משום ש-$h(a)=f(a)-k(a)=0\Leftarrow k(a)=f(a)\,$ כנ"ל לגבי נקודה $b\,$).
לכן ממשפט רול נובע כי קיימת נקודה $c\in (a,b)\,$ כך ש-$h'(c)=0\,$. אבל $h'(c)=f'(c)-k'(c)\,$ כלומר $f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}\Leftarrow f'(c)-{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}=0\Leftarrow f'(c)-k'(c)=0$.

המשפט הראשון של ויירשטראס

אפשר להציע הוכחה שונה למשפט הראשון: ע"פ משפט קנטור לרציפות במ"ש,$f\,$ רציפה במ"ש בקטע $[a,b]\,$.
כלומר עבור$\varepsilon =1$ קיים $\delta >0\,$ כך שלכל $x,y\in [a,b]\,$ המקיימים $|x-y|<\delta \,$ מתקיים $|f(x)-f(y)|<1\,$.
נחלק את הקטע $[a,b]\,$ ל-$n\,$ קטעים שווים שאורכם ${\frac {b-a}{n}}$, נדרוש שאורך כל קטע הנ"ל יהיה קטן מ-$\delta \,$. כלומר ${\frac {b-a}{\delta }}<n\iff {\frac {b-a}{n}}<\delta$.
בכל קטע נבחר נקודה $x_{i}\,$ אמצע הקטע (כאשר חלוקת הקטעים היא $(i=1,...,i=n)\,$). יהי $x\,\in i$. מכיוון שאורך הקטע $i\,$ קטן מ-$\delta \,$, לפי הרציפות במ"ש נסיק ש: מתקיים $|x-x_{i}|<\delta \,$ ולכן גם $f(x_{i})-1<f(x)<f(x_{i})+1\iff |f(x)-f(x_{i})|<1\,$ לכל $x\,$ בקטע $i\,$.
נבחר $M=\max\{f(x_{1})+1,...,f(x_{n})+1\}\,$ ו- $N=\min\{f(x_{1})-1,...,f(x_{n})-1\}\,$.
לכן נקבל $N<f(x)<M\,$ לכל $x\,$ בקטע $[a,b]\,$, כנדרש.

הצבות טריגונומטריות

באינטגרלים שונים, נדרשת הצבה מסוג זה בכדי לפשט את האינטגרל, ולהביא לפתירתו, אע"פ שהאינטגרנד עלול לא להכיל אף פונקציה טריגונומטרית אחת.
האינטגרלים הבאים ודומים להם, יפתרו בצורה די מיידית עבור $a\,$ קבוע חיובי ו- $b\geq 0$ שלם:

• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,dx$ תתאים ההצבה: $x=a\sin t\,$
• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx$ תתאים ההצבה: $x=a\tan t\,$
• עבור $\int x^{2b}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx$ תתאים ההצבה: $x={\frac {a}{\sin t}}\,$

דוגמאות לשימוש בשיטה זו:

• חצי העיגול העליון של מעגל היחידה:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,dx=\left[{\begin{matrix}x\equiv \sin t\\dx=\cos tdt\\t=\arcsin x\end{matrix}}\right]=\int {\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\cdot \cos t\,dt=\int \cos t{\sqrt {\cos ^{2}t}},dt=\int \cos ^{2}t\,dt$

הערה: בהמלך החישוב נעשה שמימוש בשוויון ${\sqrt {\cos ^{2}t}}=\cos t$ שהוא לא נכון עבור כל $t\,$, לכן לכל $\cos t\,$ שנמצא לאחר ההצבה, נחליפו שוב ב- ${\sqrt {\cos ^{2}t}}$.

$\int \cos ^{2}t\,dt={\frac {1}{2}}\int (\cos 2t+1)\,dt={\frac {1}{4}}\sin 2t+{\frac {t}{2}}={\frac {\sin t\cos t}{2}}+{\frac {t}{2}}={\frac {\sin t{\sqrt {\cos ^{2}t}}+t}{2}}={\frac {\sin t{\sqrt {1-\sin ^{2}t}}+t}{2}}$

לכן אם נחליף משתנים חזרה, נקבל:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,dx={\frac {x{\sqrt {1-x^{2}}}+\arcsin x}{2}}+C$