תרגיל 1

הוכחה:
נתון לנו כי $f \circ g=g \circ f$, כלומר, $g(f(x))=f(g(x))$. מכיוון ש-$f(x)=c$ אזי, $g(c)=c$.
לכן, כל פונקציה אשר מקיימת $g(c)=c$ הינה פונקציה המקיימת את התנאי.
∎

הוכחה:

נבחר $f_{1}(x)=\frac{1}{5}x$. לפי הגדרה,

ואז נקבל כי ב-$x=0$: $g(0)=5g(0)$ ולכן, $g(0)=0$.
כעת, נבחר $f_{2}(x)=x+c,\; c \in \mathbb{R}$

וכאשר, $x=0$ אנו יודעים כי:

ולכן, הפונקציה היחידה המקיימת את המשפט לכל $c \in \mathbb{R}$ היא $g(x)=x$.
∎

תרגיל 2

הוכחה:
נסתכל על הקבוצה $A=\left\{(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)|x_{0} \in[0,1],\delta>0 \right\}$. נראה כי קבוצה זו היא כיסוי פתוח של הקטע הסגור $[0,1]$.
נמצא לכל ערך $x_{1} \in [0,1]$, $I_{n} \in A$ כך ש-$x_{1} \in I_{n}$. נוכל לקחת לכל איבר קטע בו $x_{1}=x_{0}$ ו-$\delta=0.5$. לכן, כל מספר בקטע הסגור יהיה מכוסה על ידי לפחות $I_{n}$ אחד, שכן כל $x_{1}$ מוכל בקטע בו $x_{0}=x_{1}$.
על פי הלמה של היינה-בורל, מכיוון שזהו כיסוי פתוח של קטע סגור, קיים לו תת-כיסוי סופי. נסמנו: $B$.
מכיוון ש-$f$ חסומה מקומית, אזי לכל קטע $I \in B$ קיים סופרמום של קבוצת ערכי $f$ המתקבלים מערכי $I$ שכן, קטע זה חסום. נקח כל סופרמום כזה ונשים בקבוצה. נסמנה: $S$.
על פי אקסיומת השלמות, קיים $\sup S$ והוא חסם של כל ערכי $f$ שכן, כל $f(x)\leq\sup I_{n}\leq \sup S$.
∎

הוכחה:
נסתכל על הפונקציה:

נראה כי בקטע $(0,1)$ הפונקציה $f$ אינה חסומה. נראה זאת על ידי הוכחה כי $\lim_{ x \to 0^+ }f(x)=\infty$.
יהי $M>0$. נקח $\delta=\frac{1}{M}$ כך שלכל $0<x<\delta$ מתקיים:

לכן, לא קיים $K \in \mathbb{R}$ כך שלכל $x$ בקטע $(0,1)$ מתקיים $x<K$ ולכן, $f$ לא חסומה בקטע זה.
כעת, נראה כי היא חסומה מקומית.
יהא $x_{0} \in(0,1)$ ותהא $\delta>0$. נראה כי לכל $x \in A \cap(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$ מתקיים $f(x)<L \in \mathbb{R}$.
נסתכל על $f(x_{0}-\delta)$, שהוא קצה התחום במידה ומתקיים $(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)\subseteq A$. נקבל כי:

מכיוון שבקטע זה הפונקציה היא מונוטונית יורדת, ערך זה יהיה הסופרמום של ערכי הפונקציה של הקטע ולכן היא תהא חסומה מקומית.
∎

תרגיל 3

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$. נבחר $\delta=\epsilon$ כך שלכל $0<|x-1|<\delta$ מתקיים:

נסתכל על אי השוויון הבא:

כעת, נחזור למשוואה שלנו:

∎

הוכחה:
יהי $\epsilon>0$. נבחר $\delta=\min\left\{ 1, \frac{\epsilon}{(1+2|a|)((1+|a|)^2+|a|^2)} \right\}>0$ כך שלכל $0<|x-a|<\delta$ מתקיים:

כעת, נראה כי מתקיים:

∎

הוכחה:
קיים $\epsilon>0$. נבחר $N=\frac{34}{\epsilon}$ כך שלכל $x>N$ מתקיים:

מכיוון ש-$x>0$, אזי $-34x$ הוא שלילי, ולכן, כאשר מחברים לו $33$ הוא קרב ל-$0$ ובכך מקטין את הערך המוחלט במונה. לכן, על מנת להגדיל את השבר, נוריד את ה-$33$ הללו מהערך המוחלט כך:

∎

תרגיל 4

הוכחה:
נתון כי $\lim_{ x \to a }f(x)=L>0$, לכן, לפי הגדרה, לכל $\epsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שלכל $0<|x-a|<\delta$ מתקיים כי $f(x)\in(L-\epsilon,L+\epsilon)$.
זה מתרחש ספציפית גם ל-$\epsilon=\frac{L}{2}$ ולכן, לכל $0<|x-a|<\delta$ מתקיים $f(x)\in\left( \frac{L}{2}, \frac{3}{2}L \right)$ ומכיוון ש-$L>0$ על פי נתון, $f(x)>0$ בסביבה זו.
∎

הוכחה:
נניח בשלילה כי $L<0$. אזי, מכיוון ש-$\lim_{ x \to a }f(x)=L$ מתקיים כי לכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta$ כך שלכל $0<|x-a|<\delta$ מתקיים: $f(x)\in(L-\epsilon,L+\epsilon)$.
זה מתרחש ספיצפית ל-$\epsilon=\frac{L}{2}$ ואז, לכל $0<|x-a|<\delta$ מתקיים $f(x) \in\left( \frac{L}{2}, \frac{3}{2}L \right)$ אך מכיוון ש-$L<0$ אנו יודעים כי $f(x)<0$ בסביבה הזו, מה שעומד בסתירה לנתון כי $f(x)\geq0$.
∎

הוכחה:
נתון כי $\lim_{ x \to a }f(x)=L$ ⇐ לכל $\epsilon_{1}>0$ קיימת $\delta_{1}>0$ כך שלכל $0<|x-a|<\delta_{1}$ מתקיים: $L-\epsilon_{1}<f(x)<L+\epsilon_{1}$
נתון כי $\lim_{ x \to a }g(x)=K$ ⇐ לכל $\epsilon_{2}>0$ קיימת $\delta_{2}>0$ כך שלכל $0<|x-a|<\delta_{2}$ מתקיים: $K-\epsilon_{2}<g(x)<K+\epsilon_{2}$.

מכיוון שזה מתרחש לכל $\epsilon_{1},\epsilon_{2}>0$ מתקיים:

∎