מרכז תרגול

תרגול 1 היום: משפט לופיטל. • משפט דרבו. • תזכורת: משפט לופיטל: .(x0, b) פונקציות המוגדרות ב f, g ותהיינה $x0 < b$ כך ש $x0, b \in \mathbb{R}$ תהיינה נניח כי . $\lim_{x\to x_0^+} g (x) = \infty$ או $\lim_{x\to x_0^+} f (x) = \lim_{x\to x_0^+} g (x) = 0 .1 .(x0, b)$ גזירות ב $f, g .2 .x \in (x0, b)$ לכל $g' (x) \ne 0 .3$ קיים במובן הרחב. $\lim_{x\to x_0^+} f '(x) g'(x) 4.$ הגבול קיים במובן הרחב, ובנוסף, $\lim_{x\to x_0^+} f (x) g(x)$ אזי גם הגבול $\lim_{x\to x_0^+} f (x) g (x) = \lim_{x\to x_0^+} f ' (x) g' (x)$ הערה: . ? $\infty , 0 0$ כלל לופיטל תקף רק במקרים: 1

דוגמאות: חשבו כל אחד מהגבולות הבאים או הוכיחו שאינו קיים במובן הרחב: $\lim_{x\to 0} [ x \cdot e 1 x ] .1$ פתרון: נפריד לגבולות חד צדדיים. גבול מימין: $\lim_{x\to 0+} [ x \cdot e 1 x ] = \lim_{x\to 0+} e 1 x 1 x ? \infty = L \lim_{x\to 0+} e 1 x \cdot (ZZ \mathbb{Z} - 1 x2 ) ZZ \mathbb{Z} - 1 x2 = \infty$ כאשר $\lim_{x\to 0+} e 1 x = t= 1 x lim t\to \infty et = \infty$ גבול משמאל: $\lim_{x\to 0-} x \cdot e 1 x = AOL 0 \cdot 0 = 0$ כאשר $\lim_{x\to 0-} e 1 x = t= 1 x \lim_{t\to -}\infty et = 0$ קיבלנו שהגבולות החד צדדיים שונים, לכן הגבול לא קיים במובן הרחב. 2

תזכורת: משפט דרבו: .[a, b] פונקציה המוגדרת ב f ותהי $a < b$ כך ש $a, b \in \mathbb{R}$ תהיינה .$f ' (a) \cdot f ' (b) < 0 .$ נניח בנוסף כי[a, b] גזירה ב f נניח כי .$f ' (c) = 0$ שעבורה $a < c < b$ אזי קיימת משפט דרבו המורחב: .[a, b] פונקציה המוגדרת ב f ותהי $a < b$ כך ש $a, b \in \mathbb{R}$ תהיינה .$f ' (b) \le r \le f ' (a)$ או $f ' (a) \le r \le f ' (b)$ וכי [a, b] גזירה ב f . נניח כי$r \in \mathbb{R}$ יהי .$f ' (c) = r$ שעבורה $a \le c \le b$ אזי קיימת הוכחה: .$(c = a) ,$ אזי סיימנו$f ' (a) = r$ אם .$(c = b) ,$ אזי סיימנו$f ' (b) = r$ אם .$f ' (b) < r < f ' (a)$ או $f ' (a) < r < f ' (b)$ אחרת, .$x \in [a, b]$ לכל $g (x) = f (x) - rx$ נגדיר מתקיים $x \in [a, b]$ מאשג"ז וכי לכל [a, b] גזירה ב g נשים לב כי $g' (x) = f ' (x) - r ,$ אזי$f ' (a) < r < f ' (b)$ אם $g' (a) = f ' (a) - r < 0 g' (b) = f ' (b) - r > 0 ,g' (c) = 0$ שעבורה $a < c < b$ ולכן ממשפט דרבו קיימת $g' (a) \cdot g' (b) < 0$ לכן כלומר $g' (c) = 0$ ⇒ $f ' (c) - r = 0$ ⇒ $f ' (c) = r ,$ אזי$f ' (b) < r < f ' (a)$ אם $g' (a) = f ' (a) - r > 0 g' (b) = f ' (b) - r < 0 ,g' (c) = 0$ שעבורה $a < c < b$ ולכן ממשפט דרבו קיימת $g' (a) \cdot g' (b) < 0$ לכן כלומר $f ' (c) - r = 0$ ⇒ $f ' (c) = r 4$

תרגיל: .${f ' (x) : x \in \mathbb{R}} \subseteq \mathbb{Q}$ פונקציה גזירה. נניח כי $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ תהי .$x \in \mathbb{R}$ לכל $f ' (x) = q0$ כך ש $q0 \in \mathbb{Q}$ היא קבועה, כלומר שקיים f ′ 1. הוכיחו כי פתרון: וכך ש $x1 \ne x2$ כך ש $x1, x2 \in \mathbb{R}$ לא קבועה, לכן קיימים f ′ נניח בשלילה ש .$f ' (x1) < f ' (x2)$ כך ש $r \in \mathbb{R}$ \ Q קיים R \ Q מצפיפות $f ' (x1) < r < f ' (x2)$ בסתירה $f ' (c) = r$ כך ש x2 ל x1 בין c לכן ממשפט דרבו המורחב קיימת נקודה .${f ' (x) : x \in \mathbb{R}} \subseteq \mathbb{Q}$ לכך ש .$x \in \mathbb{R}$ לכל $f ' (x) = q0$ כך ש $q0 \in \mathbb{Q}$ היא קבועה ולכן קיים f ′ לכן .$x \in \mathbb{R}$ לכל $f (x) = q0 \cdot x + r0$ כך ש $r0 \in \mathbb{R} 2.$ הוכיחו כי קיים פתרון: .$x \in \mathbb{R}$ לכל $g (x) = f (x) - q0x$ נגדיר את מתקיים $x \in \mathbb{R}$ גזירה מאשג"ז וכי לכל g נשים לב כי $g' (x) = f ' (x) - q0 = q0 - q0 = 0$ מתקיים $x \in \mathbb{R}$ כך שלכל $r0 \in \mathbb{R} ,$ כלומר קייםR קבועה ב g ולכן $g (x) = r0$ מתקיים $x \in \mathbb{R}$ לכן לכל $f (x) - q0x = r0$ ⇒ $f (x) = q0 \cdot x + r0 5$

הוכיחו או הפריכו: הוכיחו או הפריכו כל אחת מהטענות הבאות: , $lim x\to \infty f ' (x) = L$ פונקציה גזירה המקיימת $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ותהי $L > 0 1.$ יהי . $lim x\to \infty f (x) = \infty$ אזי פתרון: הטענה נכונה. נוכיח בעזרת לופיטל $lim x\to \infty f (x) = lim x\to \infty x \cdot f (x) x$ נחשב בנפרד את הגבול $lim x\to \infty f (x) x ? \infty = L lim x\to \infty f ' (x) 1 = L$ נחזור לתרגיל ומאש"ג נקבל $lim x\to \infty f (x) = lim x\to \infty x \cdot f (x) x = AOL \infty \cdot L = \infty$ קיים במובן הרחב. $lim x\to \infty f (x) x$ פונקציה גזירה. נניח כי $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} 2.$ תהי . $lim x\to \infty f (x) x = lim x\to \infty f ' (x)$ קיים במובן הרחב ומתקיים $lim x\to \infty f ' (x)$ אזי פתרון: הטענה לא נכונה. .$x \in \mathbb{R}$ לכל $f (x) = sin x$ דוגמא נגדית: נבחר נשים לב כי $lim x\to \infty f (x) x = lim x\to \infty sin x x = lim x\to \infty sin x \cdot 1 x = B\times V 0$ ולכן $x \in \mathbb{R}$ לכל $f ' (x) = cos x$ אבל $lim x\to \infty f ' (x) = lim x\to \infty cos x$ לא קיים במובן הרחב. 6

$x \in \mathbb{R} 3.$ הפונקציה המוגדרת לכל f (x) = { sin x x x \ne 0 1 x = 0 גזירה. פתרון: הטענה נכונה. .$x0 \in \mathbb{R}$ יהי מאשג"ז. $x0 \ne 0$ גזירה לכל f נקבל $x0 = 0$ עבור $f ' (0) = \lim_{x\to 0} f (x) - f (0) x_0^- = \lim_{x\to 0} sin x x - 1 x = \lim_{x\to 0} sin x - x x2 0 0 = L \lim_{x\to 0} cos x - 1 2x 0 0 = L \lim_{x\to 0} - sin x 2 = AOL 0 f ' (x) = 0$ כך ש [−1, 1] גזירה ולא קבועה בקטע $f : [-1, 1] \to \mathbb{R} 4.$ קיימת פונקציה .$x \in [-1, 0) \cup (0, 1]$ לכל פתרון: הטענה לא נכונה. נניח בשלילה שקיימת פונקציה כזאת. ואז היא קבועה בקטע. $x \in [-1, 1]$ לכל $f ' (x) = 0 ,$ אחרת$f ' (0) \ne 0$ לכן , אזי$f ' (0) \ne 0$ ו $f ' (1) = 0$ היות ש $0 = f ' (1) < f ' (0) 2 < f ' (0) or f ' (0) < f ' (0) 2 < f ' (1) = 0$ כך ש $0 < c < 1$ ולכן ממשפט דרבו המורחב קיימת נקודה $f ' (c) = f ' (0) 2 \ne 0$ סתירה. 7

תרגול 2 היום: סדרות. • תזכורת: .$L \in \mathbb{R}$ סדרה של מספרים ממשיים. יהי $(an)\infty n=k$ ותהי $0 \le k \in \mathbb{Z}$ יהי $n \ge \mathbb{N}$ כך שלכל $\mathbb{N} \in \mathbb{N}$ קיים $> 0$ אם לכל $(an)\infty n=k$ הוא גבול של L נאמר כי מתקיים $| an - L |<$ ונאמר שהסדרה מתכנסת. $lim n\to \infty an = L$ במקרה זה נסמן משפט )הלמה של היינה(: .x0 פונקציה המוגדרת בסביבה מנוקבת של f . תהי$L \in \mathbb{R}$ ויהי $x0 \in \mathbb{R}$ תהי של מספרים ממשיים הנמצאת $(xn)\infty n=1 ,$ אזי לכל סדרה $\lim_{x\to x0} f (x) = L$ אם . $lim n\to \infty f (xn) = L$ מתקיים $lim n\to \infty xn = x0$ בסביבה המנוקבת, ושעבורה הערה: , אולם יש לעדכן את ההוכחה$L =$ ±∞ ו $x0 =$ ±∞ הלמה של היינה נכונה גם כאשר בהתאם. 1

דוגמאות: . חשבו את הגבול הבא, או הוכיחו שאינו קיים במובן הרחב$0 < a \in \mathbb{R} 1.$ יהי $lim n\to \infty n \sqrt{a}:$פתרון .0 בסביבה המנוקבת של x לכל $f (x) = ax$ נגדיר טבעי. $n \ge 1$ לכל $xn = 1 n$ נגדיר נשים לב ש $lim n\to \infty xn = lim n\to \infty 1 n = 0$ ראינו באינפי 1 כי $\lim_{x\to 0f} (x) = \lim_{x\to 0ax} = 1$ ולכן מהלמה של היינה מתקיים $1 = lim n\to \infty f (xn) = lim n\to \infty f ( 1 n ) = lim n\to \infty a 1 n = lim n\to \infty n \sqrt{a}2$

תרגיל: המוגדרת באופן רקורסיבי על ידי $(an)\infty n=1$ נביט בסדרה { a1 = 1 4 an+1 = a2 n + 1 4 ∀$n \in \mathbb{N}$ ומצאו את ערכו. $lim n\to \infty an$ הוכיחו כי קיים הגבול פתרון: .$n \in \mathbb{N}$ לכל $0 \le an < 1 2$ ראשית נוכיח באינדוקציה ש .$0 \le a1 = 1 4 < 1 2$ בסיס האינדוקציה: .$(0 \le an < 1 2 )$כלומר n ונניח שהטענה מתקיימת עבור $n \in \mathbb{N}$ צעד האינדוקציה: יהי לכן $an+1 = a2 n + 1 4 < 1 4 + 1 4 = 1 2 . 1 2$ חסומה מלעיל על ידי $(an)\infty n=1$ ולכן הסדרה עולה. $(an)\infty n=1$ שנית נוכיח באינדוקציה ש .$a2 = ( 1 4 )2 + 1 4 = 5 16 > 1 4 = a1$ בסיס האינדוקציה: .$(an+1 \ge an )$כלומר n ונניח שהטענה מתקיימת עבור $n \in \mathbb{N}$ צעד האינדוקציה: יהי ולכן $n \in \mathbb{N}$ לכל $an \ge 0$ הוכחנו כי $an+2 = a2 n+1 + 1 4 \ge a2 n + 1 4 = an+1$ עולה. $(an)\infty n=1$ הוכחנו כי הסדרה כך ש $L \in \mathbb{R}$ לכן ממשפט 1 מהרצאה 1 קיים $L = lim n\to \infty an = sup {an : n \in \mathbb{N}} . lim n\to \infty an+1 = L$ ולכן ממשפט 3 מהרצאה 1 מתקיים 5

תרגיל: המוגדרת באופן רקורסיבי על ידי $(an)\infty n=1$ נביט בסדרה $c > 0$ יהי { a1 = c an+1 = arctan (an) ∀$n \in \mathbb{N}$ ומצאו את ערכו. $lim n\to \infty an$ הוכיחו כי קיים הגבול .$x > 0$ לכל $arctan x < x$ רמז: פתרון: .$n \in \mathbb{N}$ לכל $an > 0$ ראשית נוכיח באינדוקציה ש .$a1 = c > 0$ בסיס האינדוקציה: .$(an > 0 )$כלומר n ונניח שהטענה מתקיימת עבור $n \in \mathbb{N}$ צעד האינדוקציה: יהי לכן $an+1 = arctan (an) > 0 .(x > 0$ לכל $arctan x > 0 )$נזכור ש .0 הוכחנו כי הסדרה חסומה מלרע על ידי .$an+1 \le an$ מתקיים $n \in \mathbb{N}$ יורדת. נראה כי לכל $(an)\infty n=1$ שנית נוכיח ש .$n \in \mathbb{N}$ יהי $an+1 = arctan (an) < an$ ולכן ניתן להשתמש ברמז. $n \in \mathbb{N}$ לכל $an > 0$ הוכחנו ש הוכחנו כי הסדרה יורדת. כך ש $L \in \mathbb{R}$ לכן ממשפט 2 מהרצאה 1 קיים $L = lim n\to \infty an = inf {an : n \in \mathbb{N}} . lim n\to \infty an+1 = L$ ולכן ממשפט 3 מהרצאה 1 מתקיים נשים לב כי $lim n\to \infty an+1 = lim n\to \infty arctan (an)$ כעת בעזרת הלמה של היינה ורציפות נקבל כי $lim n\to \infty arctan (an) = Heine xn=an \lim_{x\to L} arctan (x) = arctan L 7$

ולכן נקבל כי $L = arctan (L) .L = inf {an : n \in \mathbb{N}} \ge 0 ,$ אזי0 היות שהסדרה חסומה מלרע על ידי שעבורו יש שוויון, $L > 0$ הוא פתרון של המשוואה ומהרמז לא יכול להיות $L = 0 .L = 0$ ולכן בהכרח $L > arctan (L)$ כי בהכרח מתקיים . $lim n\to \infty an = 0$ כלומר קיבלנו כי 8

תרגול 3 היום: האינטגרל הלא מסוים. • תזכורת: $f (x) ∫ f (x) dx xa,a \ne -1 xa+1 a+1 + C 1 x ln | x | +C sin x - cos x + C cos x sin x + C ex ex + C ax, 1 \ne a > 0 ax ln a + C 1 cos2 x tan x + C 1 sin2 x - cot x + C 1 1+x2 arctan x + C 1 \sqrt{1-x2}arcsin x + C - 1 \sqrt{1-x2}arccos x + C$ לינאריות האינטגרל הלא מסוים: $∫ (af (x) + bg (x)) dx = ∫ af (x) dx + ∫ bg (x) dx = aF (x) + bG (x) + C 1$

דוגמאות: .$1 ∫ 1 x3 dx = ∫ x-3dx = x-2 -2 + C = - 1 2x2 + C .2 ∫ ( 2 x + ex ) dx = 2 ln | x | +ex + C$ תזכורת: הצבה:/החלפת משתנה $∫ g (F (x)) \cdot f (x) dx = ∫ g (t) dt .dt = f (x) dx$ ו $t = F (x)$ כאשר .$3 ∫ 5 \sqrt{x}- 1dx = ∫ (x - 1)1 5 dx = t=x-1,dt=dx ∫ t1 5 dt = t6 5 6 5 + C = 5 6 (x - 1)6 5 + C$ הערה: בהצבה לינארית תמיד נקבל $t = ax + b dt = adx dx = dt a 2$

.$4 ∫ ( 1 (1 + x)2 + 5 1 + x2 - 1 2x + 1 ) dx$ נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל $∫ 1 (1 + x)2 dx = t=1+x,dt=dx ∫ 1 t2 dt = ∫ t-2dt = t-1 -1 +C = -1 t +C = - 1 1 + x+C ∫ 5 1 + x2 dx = 5 arctan (x) + C ∫ 1 2x + 1dx = t=1+2x, dt 2 =dx ∫ 1 2tdt = 1 2 ln | t | +C = 1 2 ln | 2x + 1 | +C$ לכן סה"כ נקבל $∫ ( 1 (1 + x)2 + 5 1 + x2 - 1 2x + 1 ) dx = - 1 1 + x + 5 arctan(x) - 1 2 ln | 2x + 1 | +C .5 a, b > 0, ∫ 1 b + ax2 dx = 1 b ∫ 1 1 + a b x2 dx = 1 b ∫ 1 1 + (\sqrt{a}b x)2 dx = t=\sqrt{a}b x,dt=\sqrt{a}b dx 1 b ∫ 1 1 + t2 \sqrt{b}adt = 1 b \cdot \sqrt{b}a\cdot arctan (t)+C = 1 \sqrt{ab}\cdot arctan (\sqrt{a}b x ) + C 3$

הערה: $∫ f ' (x) f (x) dx = ln | f (x) | +C ∫ f (x) f ' (x) dx = f 2 (x) 2 + C .7 ∫ ( ex 1 + ex - sin x 3 + cos x ) dx$ נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל. נשים לב שהנגזרת של המכנה שווה למונה בשני המקרים. $∫ ex 1 + ex dx = ln | 1 + ex | +C ∫ - sin x 3 + cos xdx = ∫ - sin x 3 + cos xdx = ln | 3 + cos(x) | +C$ לכן סה"כ נקבל $∫ ( ex 1 + ex - sin x 3 + cos x ) dx = ln | 1 + ex | + ln | 3 + cos(x) | +C$ הערה: בשני האינטגרלים אפשר לוותר על הערך המוחלט, מכיוון שהביטויים בתוכם בהכרח חיוביים. .$8 ∫ ex 1 + e2x dx = t=ex,dt=exdx ∫ 1 1 + t2 dt = arctan (t)+C = arctan (ex) + C 5$

תזכורת: אינטגרציה בחלקים: $∫ u' (x) v (x) dx = u (x) v (x) - ∫ u (x) v' (x) dx .9 ∫ arcsin (x) dx$ נסמן $u' = 1, u = x, v = arcsin(x), v' = 1 \sqrt{1}- x2$ נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל $∫ arcsin (x) dx = x arcsin (x) - ∫ x \sqrt{1}- x2 dx$ נפתור "בצד" את האינטגרל שקיבלנו $∫ x \sqrt{1}- x2 dx = t=1-x2,dt=-2xdx ∫ 1 -2\sqrt{tdt}= ∫ t- 1 2 -2 dt = t1 2 1 2 \cdot (-2) + C = - (1 - x2)1 2 + C$ לכן סה"כ נקבל $∫ arcsin(x)dx = x arcsin(x)- ( - (1 - x2)1 2 ) +C = x arcsin(x) + \sqrt{1}- x2 + C 6$

.$10 ∫ ex cos (x) dx$ נסמן $u' = ex, u = ex, v = cos (x) , v' = - sin (x)$ נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל $∫ ex cos (x) dx = ex cos (x)- ∫ -ex sin (x) dx = ex cos (x)+ ∫ ex sin (x) dx$ נפתור "בצד" את האינטגרל שקיבלנו, שוב נסמן $u' = ex, u = ex, v = sin (x) , v' = cos (x) ∫ ex sin (x) dx = ex sin (x) - ∫ ex cos (x) dx$ נשים לב שקיבלנו $∫ ex cos (x) dx = ex cos (x) + ex sin (x) - ∫ ex cos (x) dx$ נבודד את האינטגרל המבוקש ונקבל $∫ ex cos (x) dx = ex cos (x) + ex sin (x) 2 +C = ex(cos (x) + sin (x)) 2 + C 7$

עוד דוגמאות: .$11 ∫ sin3(x)dx = ∫ sin (x) \cdot sin2(x)dx = ∫ sin (x) \cdot (1 - cos 2 (x)) dx = ∫ sin (x) dx - ∫ sin (x) \cdot cos2 (x) dx =$ נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל $∫ sin (x) dx = - cos (x) + C ∫ sin (x) \cdot cos2(x)dx$ נשים לב שהנגזרת של הביטוי בחזקה שווה לביטוי השמאלי כפול מספר קבוע, נשתמש בהצבה $t = cos (x) , dt = - sin (x) dx$ ⇒ $sin (x) dx = -dt$ נציב לאינטגרל ונקבל $∫ -t2dt = -t3 3 + C = -cos 3 (x) 3 + C$ לכן סה"כ נקבל $∫ sin3 (x) dx = - cos (x)- ( -cos 3 (x) 3 ) +C = - cos (x) + cos 3 (x) 3 + C 8$

.$3 ∫ ( sin (4x) + 2 cos (x 2 )) dx$ נפתור כל אינטגרל בנפרד ונשתמש בלינאריות האינטגרל $∫ sin (4x) dx = t=4x, dt 4 =dx ∫ sin (t) 4 dt = - cos(t) 4 + C = - cos (4x) 4 + C ∫ 2 cos (x 2 ) dx = t= x 2 ,2dt=dx ∫ 2 cos (t)\cdot 2dt = 4 sin(t)+C = 4 sin (x 2 ) +C$ לכן סה"כ נקבל $∫ ( sin (4x) + 2 cos (x 2 ) dx ) = - cos(4x) 4 + 4 sin (x 2 ) + C .4 ∫ (4x2 + 3x)2 x3 dx = ∫ 16x4 + 24x3 + 9x2 x3 dx = ∫ ( 16x + 24 + 9 x ) dx = 16x2 2 + 24x + 9 ln | x | +C = 8x2 + 24x + 9 ln | x | +C .5 ∫ 2x3 - 1 \sqrt{6x4}- 12xdx =$ נשים לב שהנגזרת של המכנה שווה למונה כפול מספר קבוע, נשתמש בהצבה $t = 6x4-12x, dt = (24x3 - 12) dx = 12 (2x3 - 1) dx$ ⇒ $(2x3 - 1) dx = dt 12 12$

.$8 ∫ x2 ln (x) dx$ נסמן $u' = x2, u = x3 3 , v = ln (x) , v' = 1 x$ נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל $∫ x2 ln (x) dx = x3 3 ln (x) - ∫ x2 3 dx = x3 3 ln (x) - x3 9 + C .9 ∫ x3\cdot sin 2 (x2) dx = ∫ x2\cdot sin2 (x2)\cdot x\cdot dx = t=x2,dt=2xdx 1 2 \cdot ∫ t\cdot sin 2 (t) dt =$ ניעזר בכך ש־ $cos (2t) = 1 - 2 sin2(t)$ ⇒ $sin2(t) = 1 - cos (2t) 2$ נציב לאינטגרל $1 2 ∫ t \cdot 1 - cos (2t) 2 dt = 1 4 ∫ tdt - 1 4 ∫ t \cdot cos (2t) dt$ נחשב בנפרד את האינטגרל השני, נסמן $u' = cos (2t) , u = sin (2t) 2 , v = t, v' = 1 14$

נשתמש באינטגרציה בחלקים ונקבל $∫ t \cdot cos (2t) dt = t \cdot sin (2t) 2 - ∫ sin (2t) 2 dt = t \cdot sin (2t) 2 - ( -cos (2t) 4 ) = t \cdot sin (2t) 2 + cos (2t) 4$ נציב חזרה לאינטגרל המקורי ונקבל $1 2 \cdot ∫ t \cdot sin2 (t) dt = t2 8 - t \cdot sin(2t) 8 - cos(2t) 16 + C$ ונקבל x לסיכום נציב חזרה את $∫ x3 \cdot sin2 (x2) dx = x4 8 - x2 \cdot sin(2x2) 8 - cos(2x2) 16 + C 15$

'תרגול 4 היום: האינטגרל המסוים. • תזכורת: .[a, b] פונקציה המוגדרת ב f ותהי $a < b$ כך ש $a, b \in \mathbb{R} 1.$ תהיינה . נסמן[a, b] אינטגרבילית ב f נניח כי $∫ a a f (x) dx = 0 )$א$( ∫ a b f (x) dx = - ∫ b a f (x) dx )$ב$( ∫ b a f (x) dx = ∫ c a f (x) dx + ∫ b c f (x) dx$ מתקיים $a, b, c \in \mathbb{R} 2.$ למת ההדבקה: לכל 3. )המשפט היסודי של החדוו"א( .[a, b] פונקציה המוגדרת ב f ותהי $a < b$ כך ש $a, b \in \mathbb{R}$ תהיינה .[a, b] אינטגרבילית ב f נניח כי נביט בפונקציה המוגדרת על ידי $F (x) = ∫ x a f (t) dt .a \le x \le b$ לכל .x0 רציפה ב f . נניח כי$x0 \in [a, b]$ תהי .$F ' (x0) = f (x0)$ ובנוסף x0 גזירה ב F אזי 4. )נוסחת ניוטון לייבניץ( .[a, b] פונקציה המוגדרת ב f ותהי $a < b$ כך ש $a, b \in \mathbb{R}$ תהיינה .[a, b] ב f פונקציה קדומה של G . תהי[a, b] פונקציה רציפה ב f נניח כי אזי $∫ b a f (x) dx = [G (x)]b a = G (b) - G (a) 1$

שאלות: .1 )א( חשבו את האינטגרל המסוים $∫ 1 0 1 2x + 1 dx$ פתרון: $∫ 1 0 1 2x + 1 dx = [ ln | 2x + 1 | 2 ]1 0 = ln | 2 \cdot 1 + 1 | 2 - ln | 2 \cdot 0 + 1 | 2 = ln 3 2 - ln 1 2 = 1 2 ln 3 = ln (\sqrt{3}$ דרך נוספת: נפתור בעזרת הצבה, נשים לב שנצטרך לשנות גם את "גבולות האינטגרל" $t = 2x + 1, dt = 2dx, x = 1$ ⇒ $t = 3, x = 0$ ⇒ $t = 1$ לכן נקבל $∫ 1 0 1 2x + 1 dx = ∫ 3 1 1 2t dt = [ ln | t | 2 ]3 1 = ln 3 2 - ln 1 2 = 1 2 ln 3 = ln (\sqrt{3} 2$

)ב( חשבו את האינטגרל המסוים $∫ 1 -1 arctan(x)dx$ פתרון: נסמן $u' = 1, u = x, v = arctan (x) , v' = 1 1 + x2$ נקבל $∫ 1 -1 arctan(x)dx = [x \cdot arctan (x)]1 -1 - ∫ 1 -1 x 1 + x2 dx = 1 \cdot arctan (1) - (-1) \cdot arctan (-1) - [ ln | 1 + x2 | 2 ]1 -1 = 0 - ( ln | 2 | 2 - ln | 2 | 2 ) = 0 )$ג( חשבו את האינטגרל המסוים $∫ 2 0 f (x) dx .x \in [0, 2]$ לכל $f (x) = max {x, x2}$ כאשר פתרון: מתקיים $x \in [1, 2]$ ולכל $x2 \le x$ מתקיים $x \in [0, 1]$ ראשית נשים לב שלכל . לכןx2 \ge x f (x) = { x 0 \le x \le 1 x2 1 < x \le 2 ניעזר בלמת ההדבקה ונקבל $∫ 2 0 f (x) dx = ∫ 1 0 xdx + ∫ 2 1 x2dx = [ x2 2 ]1 0 + [ x3 3 ]2 1 = 12 2 - 02 2 + 23 3 - 13 3 = 1 2 + 8 3 - 1 3 = 17 6 3$