הוכחה:
למשל, $I_{n}=\left( 1+\frac{1}{n},6 \right)$.
נראה כי לכל $x \in(1,5]$ קיים $n \in \mathbb{N}$ כך ש-$x \in I_{n}$..

נבחר $n=\left[ \frac{1}{\alpha-1} \right]+1$.
כעת, נראה למה אין לו תת-כיסוי סופי.
נניח בשלילה כי יש תת-כיסוי סופי: $\{ I_{n_{1}},I_{n_{2}},\dots,I_{n_{m}} \}$.
נרצה להראות כי קיים $x \in(1,5]$ שלא שייך לאף אחד מהקטעים הנ"ל.
נבחר קטע $I_{n_{k}}$ $1\leq k\leq m$ כך ש-$n_{k}$ היא האינקס הגדול ביותר. (נקבל את הקטע ה"ארוך" ביותר) $\left( 1+\frac{1}{n_{k}},6 \right)$.
נוכל למצוא $x \in(1,5]$ ולא שייך ל-$I_{n_{k}}$.
על פי צפיפות הממשיים, $1<x<1+\frac{1}{n_{k}}$. למשל, $x=1+\frac{1}{2n_{k}}$.
∎

הוכחה:
נרצה שבכל קטע יהיה רק איבר אחד מ-$A$ ואז אין שום תת-כיסוי סופי.

נקח $\epsilon=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)$ ולכן, זהו כיסוי פתוח של $A$ ולא ניתן להשמיט אף קטע.
∎

הוכחת $BW$ לפי הלמה של היינה-בורל

כלומר, צ"ל: לכל סדרה חסומה יש ת"ס מתכנסת.
הוכחה:
נניח בשלילה כי הסדרה חסומה אבל אין לה אף ת"ס מתכנסת. כלומר, מתקיים:

זהו קטע $[a,b]$. נסתכל על כל המספרים ששם. אנו יודעים מהנחת השלילה שלנו כי אין לה ג"ח בקטע הזה. כלומר, $\forall x \in[a,b]$ הוא לא ג"ח של $a_{n}$.
לכן, לכל $x \in[a,b]$ קיימת סביבה $\epsilon_{x}$: $(x-\epsilon_{x},x+\epsilon_{x})$ שבה יש מספר סופי של איברים.
נגדיר $S=\{ (x-\epsilon_{x},x+\epsilon_{x})|x \in[a,b] \}$. זהו כיסוי פתוח של $[a,b]$. לפי הלמה של היינה בורל, יש לה תת-כיסוי סופי.
קיבלנו כי ניתן לכסות את כל $[a,b]$ על ידי מספר סופי של קטעים אשר בכל אחד מהם, מספר סופי מאברי $a_{n}$.
זוהי סתירה, שכן ל-$a_{n}$ יש $\infty$ איברים בקטע $[a,b]$.
∎

פונקציות

לכן, הדרישה היא $\sin \pi x\neq0$ ולכן, $\pi x\neq \pi k$ כאשר $k \in \mathbb{Z}$ ולכן $x \neq k$.

מכיוון ש-$2^x$ תמיד חיובית, $0<2^x\leq 1$. כלומר, $-\infty<x\leq0$.
ת"ה: $(-\infty,0]\setminus \mathbb{Z}$.

נדגים בציור, זה כמובן אינו פתרון שמתקבל.
​

התמונה בקטע: $[0,3]$

הוכחה:

תמונת סינוס $[-1,1]$ ולכן, תמונת $f$ היא $[-\sqrt{ 2 },\sqrt{ 2 }]$.
∎

תכונות

כאשר $f(x_{1})=f(x_{2})$ מתקיים:

מכיוון ש-$x>2$ לא יתכן הפתרון השני ולכן $f$ חח"ע לכל $x>2$.

הוכחה:

ולכן $1\leq f(x)\leq 2$ חסומה.
∎

הוכחה:

אם $|x|<1$ ⇐ $-1<x<1$ ⇐ $-1<-x<1$ ⇐ $0<|1-x|<2$.
ידוע כי $\sin x\leq x$ ולכן:

ולכן: $\frac{1}{|x|}<1$ ⇐ $-1< \frac{1}{x}< 1$ ⇐ $-2< \frac{1}{x}-1<0$ ⇐ $0<\left| \frac{1}{x}-1 \right|<2$.
כאשר $x=1$ הפונקציה שווה ל-0 ולכן $|f(x)|<2$ לכל $x$ ולכן היא חסומה.
∎

הוכחה:
נתחיל במציאת ת"ה של הפונקציה: $x>1$.
נשים לב כי $f(x)$ חסומה מלמטה ע"י אפס. נרצה להראות כי אינה חסומה מלמעלה.
יהי $M>0$. נוכל לבחור $x=1+M^2$.

∎

פונקציה זוגית ואי-זוגית

הרכבה

פונקציה הפוכה

פתרון:

• ת"ה: כל $x$.
• תמונה: $0<e^{-x}<\infty$ ⇐ $0<\arctan(e^{-x})< \frac{\pi}{2}$ ולכן תמונת $f$ הינה $\left( \frac{\pi}{2},\pi \right)$.

נרצה להראות שהיא חח"ע.
יהיו $x_{1}<x_{2}$. הפונקציה $e^{-x}$ יורדת ממש לכל $x$ ולכן $e^{-x_{1}}>e^{-x_{2}}$. $\arctan x$ עולה ממש ולכן $\arctan(e^{-x_{1}})>\arctan(e^{-x_{2}})$.
נוסיף $\frac{\pi}{2}$ ונקבל כי $f(x_{1})>f(x_{2})$ ולכן, $f$ יורדת ממש ולכן חח"ע.
מכיוון ש-$f$ חח"ע ועל $\left( \frac{\pi}{2},\pi \right)$, לפי משפט, $f$ הפיכה.

כעת, נרשום:

∎

​
הנה פונקציה חח"ע שאינה מונוטונית כלל וכלל ולכן, הטענה אינה נכונה.

נבצע הרכבות: נקח $x_{2}>x_{1}$.
לכן מכיוון ש-$g$ יורדת ממש, $g(x_{1})>g(x_{2})$ ⇐ מכיוון ש-$f$ עולה ממש $f(g(x_{1}))>f(g(x_{2}))$ ⇐ מכיוון ש-$f$ יורדת ממש $g(f(g(x_{1})))<g(f(g(x_{2})))$.