חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 8

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • תרגיל 1
  • תרגיל 2
  • תרגיל 3
  • תרגיל 4

גליון 8

01040031

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 8

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1 [הקדמה])

הראו שהגבול lim⁡x→0[x]sin⁡xx\lim_{ x \to 0 } \frac{[x]\sin x}{x}limx→0​x[x]sinx​ איננו קיים בארבע דרכים.

תרגיל (1 [א])

בעזרת הגדרת הגבול

שלילת הגדרת הגבול: קיים ε>0\epsilon>0ε>0 כך שלכל δ>0\delta>0δ>0 קיים 0<∣x∣<δ0<|x|<\delta0<∣x∣<δ כך ש-∣f(x)∣≥ε|f(x)|\geq \epsilon∣f(x)∣≥ε ⇔ f(x)∉(−ε,ε)f(x)\not\in(-\epsilon,\epsilon)f(x)∈(−ε,ε).
הוכחה:
יהי ε>0\epsilon>0ε>0 ותהא δ>0\delta>0δ>0 כך שקיים 0<∣x∣<δ0<|x|<\delta0<∣x∣<δ כך שלו מתקיים:

[x]sin⁡xx≥↓x−1≤[x]sin⁡x≥−1(x−1)(−1)x=1−xx=1x−1>1−δ−1>↓δ<1נבחר 1δ−2\frac{[x]\sin x}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ x-1\leq[x] \\ \sin x \geq -1 \end{matrix}}{\geq} \frac{(x-1)(-1)}{x}= \frac{1-x}{x}=\frac{1}{x}-1 > \frac{1}{-\delta}-1\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \delta<1 \R{\text{נבחר }} \end{matrix}}{>} \frac{1}{\delta}-2x[x]sinx​↓x−1≤[x]sinx≥−1​≥​x(x−1)(−1)​=x1−x​=x1​−1>−δ1​−1↓δ<1נבחר ​>​δ1​−2

זה מתרחש בפרט ל-δ=1ε+2\delta= \frac{1}{\epsilon+2}δ=ε+21​ ולכן:

f(x)>εf(x) > \epsilonf(x)>ε

ולכן, לא קיים הגבול ב-x=0x=0x=0.
∎

תרגיל (1 [ב])

בעזרת משפט היינה

הוכחה:
נדרש להראות 2 סדרות השואפות לאפס כך שבהפעלת הפונקציה עליהן הן ישאפו לגבולות שונים.
נגדיר את הסדרות:

xn=1nyn=−1nx_{n}=\frac{1}{n} \qquad y_{n}=-\frac{1}{n}xn​=n1​yn​=−n1​

שתי הסדרות הללו מתכנסות לאפס לפי הוכחה מההרצאה ולא שוות מאפס על פי הגדרת nnn.
נסתכל כעת על lim⁡n→∞f(xn),lim⁡n→∞f(yn)\lim_{ n \to \infty } f(x_{n}),\lim_{ n \to \infty } f(y_{n})limn→∞​f(xn​),limn→∞​f(yn​).

lim⁡n→∞[1n]sin⁡1n1n=↓לפי חשבון גבולותlim⁡n→∞[1n]⋅lim⁡n→∞sin⁡1n1n=↓הגבול המיוחד + הרכבהlim⁡n→∞[1n]⋅1\lim_{ n \to \infty } \frac{\left[ \frac{1}{n} \right]\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left[ \frac{1}{n} \right]\cdot \lim_{ n \to \infty } \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגבול המיוחד + הרכבה}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left[ \frac{1}{n} \right]\cdot 1n→∞lim​n1​[n1​]sinn1​​↓לפי חשבון גבולות​=​n→∞lim​[n1​]⋅n→∞lim​n1​sinn1​​↓הגבול המיוחד + הרכבה​=​n→∞lim​[n1​]⋅1

מכיוון שכל האיברים בסדרה xnx_{n}xn​ הינם בין 000 ל-111 אנו יודעים כי הערך השלם של כולם יהיה 000 ולכן:

lim⁡n→∞f(xn)=0\lim_{ n \to \infty } f(x_{n})=0n→∞lim​f(xn​)=0 lim⁡n→∞[−1n]sin⁡(−1n)−1n=↓לפי חשבון גבולותlim⁡n→∞[−1n]⋅lim⁡n→∞sin⁡−1n−1n=↓הגבול המיוחד + הרכבהlim⁡n→∞[−1n]⋅1\lim_{ n \to \infty } \frac{\left[ -\frac{1}{n} \right]\sin \left( -\frac{1}{n} \right)}{-\frac{1}{n}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left[ -\frac{1}{n} \right]\cdot \lim_{ n \to \infty } \frac{\sin -\frac{1}{n}}{-\frac{1}{n}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגבול המיוחד + הרכבה}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left[ -\frac{1}{n} \right]\cdot 1n→∞lim​−n1​[−n1​]sin(−n1​)​↓לפי חשבון גבולות​=​n→∞lim​[−n1​]⋅n→∞lim​−n1​sin−n1​​↓הגבול המיוחד + הרכבה​=​n→∞lim​[−n1​]⋅1

מכיוון שכל האיברים בסדרה yny_{n}yn​ הינם בין −1-1−1 ל-000 אנו יודעים כי הערך השלם של כולם יהיה −1-1−1 ולכן:

lim⁡n→∞f(yn)=−1\lim_{ n \to \infty } f(y_{n})=-1n→∞lim​f(yn​)=−1

לכן, קיימות שתי סדרות שונות השואפות ל-000 שכאשר מפעילים עליהם את fff מקבלים שתי גבולות שונים ולכן, היינה לא מתקיים ולכן, לפי משפט, לא קיים גבול.
∎

תרגיל (1 [ג])

בעזרת גבולות חד צדיים.

הוכחה:
נסתכל תחילה על הגבול מימין:

lim⁡x→0+[x]sin⁡xx=↓לפי חשבון גבולותlim⁡x→0+x⋅lim⁡x→0+sin⁡xx=↓הגבול המיוחד0⋅1=0\lim_{ x \to 0^+ } \frac{[x]\sin x}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0^+ } x\cdot\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\sin x}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגבול המיוחד}} \end{matrix}}{=}0\cdot1=0x→0+lim​x[x]sinx​↓לפי חשבון גבולות​=​x→0+lim​x⋅x→0+lim​xsinx​↓הגבול המיוחד​=​0⋅1=0

כעת, נעבור להסתכל על הגבול משמאל:

lim⁡x→0−[x]sin⁡xx=↓לפי חשבון גבולותlim⁡x→0−(x−1)⋅lim⁡x→0−sin⁡xx=↓הגבול המיוחד−1⋅1=−1\lim_{ x \to 0^- } \frac{[x]\sin x}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0^- } (x-1)\cdot\lim_{ x \to 0^- } \frac{\sin x}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגבול המיוחד}} \end{matrix}}{=}-1\cdot1=-1x→0−lim​x[x]sinx​↓לפי חשבון גבולות​=​x→0−lim​(x−1)⋅x→0−lim​xsinx​↓הגבול המיוחד​=​−1⋅1=−1

מכיוון ש-lim⁡x→0+[x]sin⁡xx≠lim⁡x→0−[x]sin⁡xx\lim_{ x \to 0^+ } \frac{[x]\sin x}{x}\neq \lim_{ x \to 0^- } \frac{[x]\sin x}{x}limx→0+​x[x]sinx​=limx→0−​x[x]sinx​, אזי, לפי משפט, לא קיים גבול בנקודה x=0x=0x=0.
∎

תרגיל (1 [ד])

בעזרת תנאי קושי.

הוכחה:
קיים ε>0\epsilon>0ε>0 ונגדיר δ>0\delta>0δ>0 כך שקיימים 0<∣x1∣<δ0<|x_{1}|<\delta0<∣x1​∣<δ, 0<∣x2∣<δ0<|x_{2}|<\delta0<∣x2​∣<δ.
כעת, נגביל את δ\deltaδ כך ש-δ≤1\delta\leq1δ≤1. נבחר x1>0x_{1}>0x1​>0 ו-x2<0x_{2}<0x2​<0. לאור הגבלתינו, נראה כי בעצם מתקיים כי 0<x1<10<x_{1}<10<x1​<1 ו-−1<x2<0-1<x_{2}<0−1<x2​<0.
לכל x1,x2x_{1},x_{2}x1​,x2​ המקיימים את התנאים הנ"ל מתקיים:

∣[x1]sin⁡x1x1−[x2]sin⁡x2x2∣=∣0⋅sin⁡x1x1−(−1)⋅sin⁡x2x2∣=∣sin⁡x2x2∣≥↓תכונות הערךהמוחלטsin⁡x2x2\left| \frac{[x_{1}]\sin x_{1}}{x_{1}}-\frac{[x_{2}]\sin x_{2}}{x_{2}} \right|=\left| 0\cdot\frac{\sin x_{1}}{x_{1}} -(-1)\cdot \frac{\sin x_{2}}{x_{2}} \right|=\left| \frac{\sin x_{2}}{x_{2}} \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{תכונות הערך}} \\ \R{\text{המוחלט}} \end{matrix}}{\geq} \frac{\sin x_{2}}{x_{2}}​x1​[x1​]sinx1​​−x2​[x2​]sinx2​​​=​0⋅x1​sinx1​​−(−1)⋅x2​sinx2​​​=​x2​sinx2​​​↓תכונות הערךהמוחלט​≥​x2​sinx2​​

מכיוון ש-x2<0x_{2}<0x2​<0, נוכל לבחור x2x_{2}x2​ קרוב ל-000 כרצונינו. לכן, לפי משפט, מתקיים כי sin⁡x2x2\frac{\sin x_{2}}{x_{2}}x2​sinx2​​ שואף ל-111 ולכן, על פי הגדרת הגבול, sin⁡x2x2\frac{\sin x_{2}}{x_{2}}x2​sinx2​​ נמצא בסביבה של 111, כלומר, נגדיר ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 ואז יתקיים 1−ε1<sin⁡x2x21-\epsilon_{1}< \frac{\sin x_{2}}{x_{2}}1−ε1​<x2​sinx2​​ ולכן מתקיים כי:

>1−ε1 > 1-\epsilon_{1}>1−ε1​

זה מתקיים בפרט עבור ε1=12\epsilon_{1}=\frac{1}{2}ε1​=21​. בנוסף, התנאי ההתחלתי מתקיים בפרט עבור ε=12\epsilon=\frac{1}{2}ε=21​.

=12=ε=\frac{1}{2}=\epsilon=21​=ε

לכן, תנאי קושי לא מתקיים ולכן, לפי משפט, לפונקציה אין גבול ב-x=0x=0x=0.
∎

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

נתונה פונקציה f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R המקיימת lim⁡x→0f(x)=L\lim_{ x \to 0 }f(x)=Llimx→0​f(x)=L ופונקציה g:(0,∞)→Rg:(0,\infty)\to \mathbb{R}g:(0,∞)→R חיובית ממש המקיימת lim⁡x→∞g(x)=0\lim_{ x \to \infty }g(x)=0limx→∞​g(x)=0. הוכיחו כי lim⁡x→∞f(g(x))=L\lim_{ x \to \infty }f(g(x))=Llimx→∞​f(g(x))=L בשתי דרכים:
i. בלשון ε−δ\epsilon-\deltaε−δ
ii. בעזרת משפט היינה

הוכחה: (i)
יהי ε>0\epsilon>0ε>0.
נתון כי lim⁡x→∞g(x)=0\lim_{ x \to \infty }g(x)=0limx→∞​g(x)=0 ⇐ לכל ε1>0\epsilon_{1}>0ε1​>0 קיים x1>0x_{1}>0x1​>0 כך שלכל x>x1x>x_{1}x>x1​ מתקיים −ε1<g(x)<ε1-\epsilon_{1}<g(x)<\epsilon_{1}−ε1​<g(x)<ε1​ ולכן, לפי נתון נוסף, 0<g(x)<ε10<g(x)<\epsilon_{1}0<g(x)<ε1​.
בנוסף, נתון כי lim⁡x→0f(x)=L\lim_{ x \to 0 }f(x)=Llimx→0​f(x)=L => לכל ε>0\epsilon>0ε>0 קיימת δ2>0\delta_{2}>0δ2​>0 כך שלכל 0<∣t∣<δ20<|t|<\delta_{2}0<∣t∣<δ2​ מתקיים ∣f(t)−L∣<ε|f(t)-L|<\epsilon∣f(t)−L∣<ε.
נבחר x0>x1x_{0}>x_{1}x0​>x1​ כך שלכל x>x0x>x_{0}x>x0​ מתקיים כי −ε1<g(x)<ε1-\epsilon_{1}<g(x)<\epsilon_{1}−ε1​<g(x)<ε1​. הנתון הקודם מתרחש גם כאשר t=g(x)t=g(x)t=g(x) ו-δ2≤ε1\delta_{2}\leq\epsilon_{1}δ2​≤ε1​ ולכן מתקיים כי לכל 0<∣g(x)∣<δ20<|g(x)|<\delta_{2}0<∣g(x)∣<δ2​ מתקיים ∣f(g(x))−L∣<ε|f(g(x))-L|<\epsilon∣f(g(x))−L∣<ε.
לכן, לכל x>x0x>x_{0}x>x0​ מתקיים כי ∣f(g(x))−L∣<ε|f(g(x))-L|<\epsilon∣f(g(x))−L∣<ε.
∎

הוכחה: (ii)
נתון כי lim⁡x→0f(x)=L\lim_{ x \to 0 }f(x)=Llimx→0​f(x)=L ולכן, לפי משפט היינה לכל 0≠xn⟶n→∞00\neq x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}00=xn​n→∞⟶​0 מתקיים f(xn)⟶n→∞Lf(x_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}Lf(xn​)n→∞⟶​L.
בנוסף, נתון כי lim⁡x→∞g(x)=0\lim_{ x \to \infty }g(x)=0limx→∞​g(x)=0 ולכן, לפי משפט היינה, לכל yn⟶n→∞∞y_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\inftyyn​n→∞⟶​∞ מתקיים g(yn)⟶n→∞0g(y_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0g(yn​)n→∞⟶​0.
נקח xn=g(yn)x_{n}=g(y_{n})xn​=g(yn​) שמקיימת lim⁡n→∞g(yn)=0\lim_{ n \to \infty }g(y_{n})=0limn→∞​g(yn​)=0 על פי הגדרתה ולכן מתאימה למשפט. לכן, נקבל, לפי המשפט כי:

lim⁡n→∞f(g(yn))=L\lim_{ n \to \infty } f(g(y_{n}))=Ln→∞lim​f(g(yn​))=L

ולכן, מכיוון שלכל סדרה yn⟶n→∞∞y_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\inftyyn​n→∞⟶​∞ מתקיים f(g(yn))⟶n→∞Lf(g(y_{n}))\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}Lf(g(yn​))n→∞⟶​L אזי מתקיים כי lim⁡x→∞f(g(x))=L\lim_{ x \to \infty }f(g(x))=Llimx→∞​f(g(x))=L.
∎

תרגיל (2 [ב])

מצאו דוגמה נגדית(מנומקת היטב!) לטענה בסעיך הקודם, אם לא נתון כי ggg חיובית ממש.

דוגמה:

f(x)={1x+5x>0−1x+5x<05x=0g(x)=1xsin⁡xf(x)=\begin{cases} \frac{1}{x}+5 & x>0 \\ -\frac{1}{x}+5 & x<0 \\ 5 & x=0 \end{cases} \qquad g(x)= \frac{1}{x}\sin xf(x)=⎩⎨⎧​x1​+5−x1​+55​x>0x<0x=0​g(x)=x1​sinx

הסבר:

f(g(x))={0x=0xsin⁡x+5x>0−xsin⁡x+5x<0f(g(x))=\begin{cases} 0 & x=0 \\ \frac{x}{\sin x}+5 & x>0 \\ -\frac{x}{\sin x}+5 & x<0 \end{cases}f(g(x))=⎩⎨⎧​0sinxx​+5−sinxx​+5​x=0x>0x<0​

על פי משפט מתקיים כי:

lim⁡x→0+f(x)=0+5=5\lim_{ x \to 0^+ } f(x)=0+5=5x→0+lim​f(x)=0+5=5 lim⁡x→0−f(x)=−0+5=5\lim_{ x \to 0^- } f(x)=-0+5=5x→0−lim​f(x)=−0+5=5

ולכן, לפי משפט מתקיים:

lim⁡x→0f(x)=5\lim_{ x \to 0 } f(x)=5x→0lim​f(x)=5

הפונקציה 1xsin⁡x\frac{1}{x}\sin xx1​sinx חותכת את ציר ה-xxx כאשר x=π2+πkx=\frac{\pi}{2}+\pi kx=2π​+πk (k∈Nk \in \mathbb{N}k∈N), לכן, לכל x0>0x_{0}>0x0​>0 קיים x1x_{1}x1​ כך ש-g(x1)=0g(x_{1})=0g(x1​)=0.
כאשר g(x)=0g(x)=0g(x)=0 מתקיים כי f(g(x))f(g(x))f(g(x)) לא נמצא בסביבת 0<ε<120<\epsilon< \frac{1}{2}0<ε<21​ של הגבול 555. לכן, מכיוון שלכל x>x0x>x_{0}x>x0​ קיים x1x_{1}x1​ שכזה, התנאי אינו מתקיים שכן אין גבול ל-f(g(x))f(g(x))f(g(x)) כאשר xxx שואף ל-∞\infty∞.

תרגיל 3

תרגיל (3)

נגדיר f(x)=lim⁡n→∞xn3+xnf(x)=\lim_{ n \to \infty } \frac{x^n}{3+x^n}f(x)=limn→∞​3+xnxn​.
מצאו את lim⁡x→1+f(x),lim⁡x→1−f(x),f(1)\lim_{ x \to 1^+ }f(x),\lim_{ x \to 1^- }f(x),f(1)limx→1+​f(x),limx→1−​f(x),f(1).

תחילה, נחשב את f(1)f(1)f(1).

f(1)=lim⁡n→∞1n3+1n=↓חשבון גבולותlim⁡n→∞1nlim⁡n→∞3+lim⁡n→∞1n=↓1 מציין את המספר 1והוא אינו סדרההשואפת ל-113+1=14f(1)=\lim_{ n \to \infty } \frac{1^n}{3+1^n}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\frac{\lim_{ n \to \infty } 1^n}{\lim_{ n \to \infty } 3+\lim_{ n \to \infty } 1^n }\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{1 מציין את המספר 1}} \\ \R{\text{והוא אינו סדרה}} \\ \R{\text{השואפת ל-1}} \end{matrix}}{=}\frac{1}{3+1}=\frac{1}{4}f(1)=n→∞lim​3+1n1n​↓חשבון גבולות​=​limn→∞​3+limn→∞​1nlimn→∞​1n​↓1 מציין את המספר 1והוא אינו סדרההשואפת ל-1​=​3+11​=41​

כעת, נעבור לחשב את הגבול מימין - נסמנו LLL. מכיוון שהגבול קיים, אזי לפי משפט היינה כל סדרה 1<xn⟶n→∞11<x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}11<xn​n→∞⟶​1 (בעצם, נקרא לה שואפת ל-111 מימין) מקיימת כי f(xn)⟶n→∞Lf(x_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}Lf(xn​)n→∞⟶​L. נסתכל כעת על סדרה שכזו: xn=1+1nx_{n}=1+\frac{1}{n}xn​=1+n1​. על פי הוכחה מההרצאה וחשבון גבולות מתקיים כי היא מתכנסת ל-111 ולפי אי השוויון 1<1+1n1<1+\frac{1}{n}1<1+n1​ מתקיים כי היא גדולה מ-111 לכל nnn ולכן, היא מתאימה לקריטריונים.
נסתכל כעת, מה קורה כאשר נרכיב עליה את fff:

lim⁡n→∞f(xn)=lim⁡n→∞(lim⁡n→∞(1+1n)n3+(1+1n)n)=↓לפי חשבון גבולותlim⁡n→∞(lim⁡n→∞(1+1n)n3+lim⁡n→∞(1+1n)n)\lim_{ n \to \infty } f(x_{n})=\lim_{ n \to \infty } \left( \lim_{ n \to \infty } \frac{\left(1+ \frac{1}{n} \right)^n}{3+\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n} \right)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{\lim_{ n \to \infty }\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n}{3+\lim_{ n \to \infty }\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n } \right)n→∞lim​f(xn​)=n→∞lim​(n→∞lim​3+(1+n1​)n(1+n1​)n​)↓לפי חשבון גבולות​=​n→∞lim​(3+limn→∞​(1+n1​)nlimn→∞​(1+n1​)n​) =↓הגבול המיוחדlim⁡n→∞(e3+e)=e3+e\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגבול המיוחד}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{e}{3+e} \right)= \frac{e}{3+e}↓הגבול המיוחד​=​n→∞lim​(3+ee​)=3+ee​

לכן, מתקיים כי:

lim⁡x→1+f(x)=e3+e\lim_{ x \to 1^+ } f(x)=\frac{e}{3+e}x→1+lim​f(x)=3+ee​

כעת, נעבור לחשב את הגבול משמאל - נסמנו KKK. מכיוון שהגבול קיים, אזי לפי משפט היינה כל סדרה 1>yn⟶n→∞11>y_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}11>yn​n→∞⟶​1 (בעצם, נקרא לה שואפת ל-111 משמאל) מקיימת כי f(yn)⟶n→∞Kf(y_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}Kf(yn​)n→∞⟶​K. נסתכל על סדרה שכזו: yn=1−1ny_{n}=1-\frac{1}{n}yn​=1−n1​. על פי הוכחה מההרצאה וחשבון גבולות מתקיים כי היא מתכנסת ל-111 ולפי אי השוויון 1>1−1n1>1-\frac{1}{n}1>1−n1​ מתקיים כי היא קטנה מ-111 לכל nnn ולכן, היא מתאימה לקריטריונים.
כעת נסתכל מה קורה כאשר נרכיב עליה את fff:

lim⁡n→∞f(yn)=lim⁡n→∞(lim⁡n→∞(1−1n)n3+(1−1n)n)=↓לפי חשבון גבולותlim⁡n→∞(lim⁡n→∞(1−1n)n3+lim⁡n→∞(1−1n)n)\lim_{ n \to \infty } f(y_{n})=\lim_{ n \to \infty } \left( \lim_{ n \to \infty } \frac{\left( 1-\frac{1}{n} \right)^n}{3+\left( 1-\frac{1}{n} \right)^n} \right)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{\lim_{ n \to \infty }\left( 1-\frac{1}{n} \right)^n}{3+\lim_{ n \to \infty }\left( 1-\frac{1}{n} \right)^n } \right)n→∞lim​f(yn​)=n→∞lim​(n→∞lim​3+(1−n1​)n(1−n1​)n​)↓לפי חשבון גבולות​=​n→∞lim​(3+limn→∞​(1−n1​)nlimn→∞​(1−n1​)n​)

נסתכל על lim⁡n→∞(1−1n)n\lim_{ n \to \infty }\left( 1-\frac{1}{n} \right)^{n}limn→∞​(1−n1​)n אשר מופיע לנו פעמיים במשוואה שלנו.

lim⁡n→∞(1−1n)n=lim⁡n→∞(1+1n)−n=lim⁡n→∞1(1+1n)n=↓הגבול המיוחד1e\lim_{ n \to \infty } \left( 1-\frac{1}{n} \right)^n=\lim_{ n \to \infty } \left( 1+\frac{1}{n} \right)^{-n}=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגבול המיוחד}} \end{matrix}}{=} \frac{1}{e}n→∞lim​(1−n1​)n=n→∞lim​(1+n1​)−n=n→∞lim​(1+n1​)n1​↓הגבול המיוחד​=​e1​

כעת, נחזור למשוואה שלנו:

lim⁡n→∞f(yn)=lim⁡n→∞(1e3+1e)=13e+1\lim_{ n \to \infty } f(y_{n})=\lim_{ n \to \infty } \left( \frac{\frac{1}{e}}{3+\frac{1}{e}} \right)= \frac{1}{3e+1}n→∞lim​f(yn​)=n→∞lim​(3+e1​e1​​)=3e+11​

לכן, מתקיים כי:

lim⁡x→1−f(x)=13e+1\lim_{ x \to 1^- } f(x)= \frac{1}{3e+1}x→1−lim​f(x)=3e+11​

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

נגדיר:

f(x)={1xcos⁡1xx≠00x=0f(x)=\begin{cases} \frac{1}{x}\cos \frac{1}{x} & x\neq0 \\ 0 & x=0 \end{cases}f(x)={x1​cosx1​0​x=0x=0​

הוכיחו כי f(x)f(x)f(x) לא חסומה בכל סביבה של 000.

הוכחה:
נסתכל על הגבול של f(x)f(x)f(x) מימין:

lim⁡x→0+f(x)=↓f(x)לפי הגדרת ומכיוון שמדוברבסביבה מנוקבתlim⁡x→0+1xcos⁡1x=↓חשבון גבולות מורחבlim⁡x→0+1x⏟=∞⋅lim⁡x→0+cos⁡1x⏟חסום על פיcos⁡הגדרת =↓חשבון גבולות מורחב∞\lim_{ x \to 0^+ } f(x)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ f(x)\R{\text{לפי הגדרת }} \\ \R{\text{ומכיוון שמדובר}} \\ \R{\text{בסביבה מנוקבת}} \end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0^+ } \frac{1}{x}\cos \frac{1}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות מורחב}} \end{matrix}}{=}\underbrace{\lim_{ x \to 0^+ } \frac{1}{x}}_{=\infty}\cdot\underbrace{\lim_{ x \to 0^+ }\cos \frac{1}{x}}_{\begin{matrix} \R{\text{חסום על פי}} \\ \cos\R{\text{הגדרת }} \end{matrix}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות מורחב}} \end{matrix}}{=}\inftyx→0+lim​f(x)↓f(x)לפי הגדרת ומכיוון שמדוברבסביבה מנוקבת​=​x→0+lim​x1​cosx1​↓חשבון גבולות מורחב​=​=∞x→0+lim​x1​​​⋅חסום על פיcosהגדרת ​x→0+lim​cosx1​​​↓חשבון גבולות מורחב​=​∞

כעת, נסתכל על הגבול של f(x)f(x)f(x) משמאל:

lim⁡x→0−f(x)=↓f(x)לפי הגדרת ומכיוון שמדוברבסביבה מנוקבתlim⁡x→0−1xcos⁡1x=↓חשבון גבולות מורחבlim⁡x→0−1x⏟=−∞⋅lim⁡x→0−cos⁡1x⏟חסום על פיcos⁡הגדרת =↓חשבון גבולות מורחב−∞\lim_{ x \to 0^- } f(x)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ f(x)\R{\text{לפי הגדרת }} \\ \R{\text{ומכיוון שמדובר}} \\ \R{\text{בסביבה מנוקבת}} \end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0^- } \frac{1}{x}\cos \frac{1}{x}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות מורחב}} \end{matrix}}{=}\underbrace{\lim_{ x \to 0^- } \frac{1}{x}}_{=-\infty}\cdot\underbrace{\lim_{ x \to 0^- }\cos \frac{1}{x}}_{\begin{matrix} \R{\text{חסום על פי}} \\ \cos\R{\text{הגדרת }} \end{matrix}}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות מורחב}} \end{matrix}}{=}-\inftyx→0−lim​f(x)↓f(x)לפי הגדרת ומכיוון שמדוברבסביבה מנוקבת​=​x→0−lim​x1​cosx1​↓חשבון גבולות מורחב​=​=−∞x→0−lim​x1​​​⋅חסום על פיcosהגדרת ​x→0−lim​cosx1​​​↓חשבון גבולות מורחב​=​−∞

מכיוון שהפונקציה שואפת ל-∞\infty∞ כאשר xxx שואף ל-000 מימין, אזי לכל x0>0x_{0}>0x0​>0 קיים 0<x<x00<x<x_{0}0<x<x0​ כך ש-f(x)>x0f(x)>x_{0}f(x)>x0​.
באותו האופן, לכל x1<0x_{1}<0x1​<0 קיים x1<x<0x_{1}<x<0x1​<x<0 כך ש-f(x)<x1f(x)<x_{1}f(x)<x1​.
לכן, לכל סביבה של 000 לכל איבר יהיה איבר אשר בשבילו f(x)f(x)f(x) קטן מ-fff שלו או גדול מ-fff שלו ולכן, היא לא חסומה בכל סביבה של 000.
∎

תרגיל (4 [ב])

הוכיחו כי f(x)f(x)f(x) אינה שואפת ל-∞\infty∞ או −∞-\infty−∞ כאשר xxx שואף לאפס.

הוכחה:
על פי ההוכחה מהסעיף הקודם, נראה כי lim⁡x→0+f(x)≠lim⁡x→0−f(x)\lim_{ x \to 0^+ }f(x)\neq \lim_{ x \to 0^- }f(x)limx→0+​f(x)=limx→0−​f(x) ולכן, לפי יחידות הגבול, לא קיים גבול כאשר xxx שואף ל-000.
∎