גבולות חד צדדיים

הגדרה 1

$\lim_{ x \to a^+ }f(x)=L$ אם לכל $\epsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שלכל $a<x<a+\delta$ מתקיים $|f(x)-L|<\epsilon$ .
$\lim_{ x \to a^- }f(x)=L$ אם לכל $\epsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שלכל $a-\delta<x<a$ מתקיים $|f(x)-L|<\epsilon$ .

משפט

אם הגבולות החד צדדיים בנקודה קיימים ושווים ⇐ לפונקציה יש גבול בנקודה.

תרגיל

חשבו את:

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt[5]{ 32x^5+4x^6 }}{\sqrt{ 4x^2-3x^3 }}

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt[5]{ 32x^5+4x^6 }}{\sqrt{ 4x^2-3x^3 }}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt[5]{ x^5(32+4x) }}{\sqrt{ x^2(4-3x) }}=\lim_{ x \to 0 } \frac{x\sqrt[5]{ 32+4x }}{|x|\sqrt{ 4-3x }}

כאשר $x>0$ :

\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\cancel{x}\sqrt[5]{ 32+4x }}{\cancel{x}\sqrt{ 4-3x }}=\frac{\sqrt[5]{ 32 }}{\sqrt{ 4 }}

וכאשר $x<0$ :

\lim_{ x \to 0^- } \frac{\cancel{x}\sqrt[5]{ 32+4x }}{-\cancel{x}\sqrt{ 4-33x }}=-\frac{\sqrt[5]{ 32 }}{\sqrt{ 4 }}

תרגיל

f(x)=\begin{cases} \frac{\sin \pi x}{1-x} & x>1 \\ (1-x)\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]+b & x<1 \end{cases}

עבור אילו ערכי $b$ לפונקציה יש גבול ב- $x=1$ ?

תחילה, נמצא את הגבול מימין:

\lim_{ x \to 1^+ } f(x)=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\sin \pi x}{1-x}=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\sin(\pi-\pi x)}{1-x}=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\sin(\pi-\pi x)}{\pi-\pi x}\pi

על פי הגבול המיוחד + הרכבה:

=1\cdot \pi

כעת, נסתכל על הצד השני:

\lim_{ x \to 1^- }f(x)=\lim_{ x \to 1^- } (1-x)\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]+b

\frac{\pi}{1-x}-1<\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]< \frac{\pi}{1-x}

\pi+b \underset{x\to_{1}^-}{\longleftarrow}\pi-(1-x)+b\leq (1-x)\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]+b<\pi+b \underset{x\to1^-}{\longrightarrow}\pi+b

לכן, לפי סנדוויץ, הגבול של $f(x)$ בנקודה $1$ משמאל הינו $\pi+b$ .
נדרש כי $b=0$ כדי שיהיה גבול ב- $1$ .

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{1}{2}\left( 1+\frac{|x|}{x} \right)+\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}} \right)

\lim_{ x \to 0^+ } \left( \frac{1}{2}\left( 1+\frac{x}{x} \right)+\frac{1}{1+e^{\frac{1}{e}}} \right)=\frac{1}{2}(1+1)+\frac{1}{\infty}=1

\lim_{ x \to 0^- } \left( \frac{1}{2}\left( 1-\frac{x}{x} \right)+\frac{1}{1+e^\frac{1}{x}} \right)=\frac{1}{2}(1-1)+\frac{1}{1+0}=1

לכן הגבול קיים ושווה ל- $1$ .

הערה

\frac{1}{x}\underset{x\to0^+}{\longrightarrow}\infty \quad \frac{1}{x}\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow}-\infty

e^{\frac{1}{x}}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow}\infty \quad e^{\frac{1}{x}}\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow}0

תרגיל

תהי $f:[1,2]\to \mathbb{R}$ פונקציה המקיימת שלכל $n$ טבעי $f$ חסומה ב- $\left[ 1+\frac{1}{n},2 \right]$ .
א. מצאו דוגמה מנומקת היטב לפונקציה המקיימת את התנאי אבל לא חסומה מלמטה ב- $[1,2]$ .
ב. הוכיחו שאם נתון בנוסף שהגבול $\lim_{ x \to 1^+ }f(x)$ קיים אז $f$ חסומה ב- $[1,2]$ .

א':
נסתכל על הפונקציה:

f(x)=\begin{cases} \frac{1}{1-x} & x\neq1 \\ 0 & x=1 \end{cases}

זוהי פונקציה המקיימת את התנאי, אך לא חסומה מלמטה, שכן $\lim_{ x \to 1^+ }f(x)=-\infty$ .

ב': הוכחה:
נסמן $\lim_{ x \to 1^+ }f(x)=L$ . לכן, לכל $\epsilon>0$ ובפרט ל- $\epsilon=1$ , קיים $\delta>0$ כך שלכל $1<x<1+\delta$ מתקיים:

L-1<f(x)<L+1

נקח $n$ שמקיים $\delta> \frac{1}{n}$ .
בקטע $\left[ 1+\frac{1}{n},2 \right]$ הפונקציה חסומה לפי הנתון. כלומר, קיים $K$ כך ש- $|f(x)|\leq K$ לכל $x$ בקטע.
בנוסף $[1-\delta,2]\subseteq\left[ 1+\frac{1}{n},2 \right]$ ⇐ גם בקטע $[1+\delta,2]$ הפונקציה חסומה.
נגדיר $M=\max\left\{ L+1,K,f(1) \right\}$ ו- $m=\min\left\{ L-1,-K,f(1) \right\}$ ואז לכל $x \in[1,2]$ מתקיים: $m\leq f(x)\leq M$ . כלומר, $f$ חסומה כנדרש.
∎

משפט

עבור פונקציה שעולה בקטע $I$ בנקודה פנימית $x_{0} \in I$ יש גבולות חד צדדיים ומתקיים:

\lim_{ x \to x_{0}^- } f(x)\leq f(x_{0})\leq \lim_{ x \to x_{0}^+ } f(x)

תרגיל

נתונות שתי פונקציות $f(x),g(x)$ מונוטוניות עולות ב- $[1,2)$ כך שהגבול $\lim_{ x \to 2^- }(f(x)+g(x))$ קיים.
הוכיחו כי $\lim_{ x \to 2^- }g(x)$ ו- $\lim_{ x \to 2^- }f(x)$ קיימים.

הוכחה:
הפונקציות $f,g$ מונוטוניות עולות ולכן, לפי משפט, יש להן גבולות חד צדדיים במובן הרחב בכל נקודה בקטע שהוא $\infty$ או סופי.
נניח בשלילה כי $\lim_{ x \to 2^- }f(x)=\infty$ .

f(x)+g(x)\underset{\R{\text{g מונו' עולה}}}{\geq} f(x)+g(1)\overunderset{\R{\text{חשבון גבולות מורחב}}}{x\to 2^-}{\xrightarrow{}} \infty

לכן, לפי פיצה $\lim_{ x \to 2^- }f(x)+g(x)=\infty$ בסתירה לנתון.
באופן דומה מראים כי $\lim_{ x \to 2^- }g(x)$ קיים.
∎

משפט היינה

משפט

תהי $f$ מוגדרת בסביבה מנוקבת של $a$ .

f(x_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}L\impliedby a\neq x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}a\R{\text{ סדרה כך ש-}}x_{n}\R{\text{לכל }}\iff\lim_{ x \to a }f(x)=L

תרגיל

חשבו את:

\lim_{ x \to 0 } (\sin x+\cos x)^{\frac{1}{x}}

(\sin x+\cos x)^{\frac{1}{x}}=\left((1+(\sin x+\cos x-1))^{\frac{1}{\sin x+\cos x-1}}\right)^{\frac{\sin x+\cos x-1}{x}}

נראה כי מכיוון ש- $\lim_{ x \to 0 }\sin x+\cos x-1=0$ , על פי הגבול המיוחד מתקיים שהביטוי שנמצא בתוך הסוגריים החיצוניות שואף ל- $e$ .
נראה בנוסף כי:

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x+\cos x-1}{x}=\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{\sin x}{x}+\frac{\cos x-1}{x} \right)

הערה (תזכורת זהות)

\cos 2x-1-2\sin^2x

=\lim_{ x \to 0 }\left( \frac{\sin x}{x}+\frac{2\sin^2 \frac{x}{2}}{4\left( \frac{x}{2} \right)^2}x \right)=1+\frac{1}{2}\cdot 0=1

ולכן:

\lim_{ x \to 0 } (\sin x+\cos x)^{\frac{1}{x}}=e^1

תרגיל

האם הגבול קיים?

\lim_{ x \to 0 } 2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}

הערה

יש לנו כמה אפשרויות להפרכת גבול:

שלילת הגדרת הגבול
היינה
גבולות חד צדדיים

הוכחה:
נקח $0\neq x_{n}=\frac{1}{2\pi n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0$ .

\lim_{ n \to \infty } 2x_{n}\sin \frac{1}{x_{n}}-\underbracket{\cos(2\pi n)}_{=1}=0-1=-1

0\neq y_{n}=\frac{1}{2\pi n +\pi}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0

\lim_{ n \to \infty } 2y_{n}\sin \frac{1}{y_{n}}-\underbracket{\cos(2\pi n+\pi)}_{=-1}=0-(-1)=1

ולכן, לפי משפט היינה, לא קיים גבול ב- $x=0$ .
∎

תרגיל

האם הגבול קיים?

\lim_{ x \to \infty } \frac{([x])^2\sin (\pi x)}{x^2+1}

הוכחה:
נגדיר $x_{n}=n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty$ . ונראה כי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{([n])^2\overbrace{\sin (\pi n)}^{=0}}{n^2+1}=0

נגדיר גם $y_{0}=2n+\frac{1}{2}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty$ ונראה כי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{\left( \left[ 2n+\frac{1}{2} \right] \right)^2 \overbrace{\sin\left( 2\pi n+\frac{\pi}{2} \right)}^{=1}}{\left( 2n+\frac{1}{2} \right)^2+1}=\lim_{ n \to \infty } \frac{4n^2}{\left( 2n+\frac{1}{2} \right)^2+1}=1

לכן, לפי היינה, הגבול לא קיים.
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ מונוטונית עולה וגם $\lim_{ n \to \infty }f(n^3+2n+5)=\infty$ אז $\lim_{ x \to \infty }f(x)=\infty$ .

הטענה נכונה.
הוכחה:
הפונקציה $f$ מונוטונית עולה ולכן מתכנסת במובן הרחב לגבול סופי $L$ או $\infty$ .
נניח כי $\lim_{ x \to \infty }f(x)=L$ . אזי, לפי היינה, לכל $x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty$ ובפרט ל- $x_{n}=n^3+2n+5$ מתקיים: $\lim_{ n \to \infty }f(x_{n})=L$ בסתירה לנתון ולכן:

\lim_{ x \to \infty } f(x)=\infty

∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x}=10$ אז $\lim_{ n \to \infty }nf\left( \frac{1}{n^2} \right)=0$ .

הטענה נכונה.
הוכחה:
לפי הנתון ומשפט היינה, עבור $x_{n}=\frac{1}{n^2}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0$ נקבל: $\lim_{ n \to \infty } \frac{f\left( \frac{1}{n^2} \right)}{\frac{1}{n^2}}=10$ .

nf\left( \frac{1}{n^2} \right)=\frac{1}{n} \cdot \frac{f\left( \frac{1}{n^2} \right)}{\frac{1}{n^2}}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0 \cdot 10 =0

ולכן, הטענה נכונה.
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם לכל $c_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0$ הגבול $\lim_{ n \to \infty }f(c_{n})$ קיים.
אז $\lim_{ x \to 0 }f(x)$ קיים.

הטענה לא נכונה.
יתכון כי $\lim_{ x \to \infty }f(c_{n})$ קיים, אבל עבור כל $c_{n}$ מתקבל גבול אחר ולכן זה לא מתאים למשפט היינה.
[לרבקה אין כרגע רעיון איך להנדס דוגמה נגדית והיא תחשוב על זה]

רציפות

הגדרה 2 (רציפות)

הפונקציה $f$ רציפה בנקודה $x_{0}$ אם מתקיים:

\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=f(x_{0})

משפט (הגדרת

\epsilon-\delta

)

הפונקציה $f$ רציפה בנקודה $x_{0}$ אם לכל $\epsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שלכל $|x-x_{0}|<\delta$ מתקיים: $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ .

הערה

כל מה שאנו יודעים על חשבון גבולות עובר גם לרציפות.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f$ רציפה ב- $x=a$ ו- $g$ לא רציפה ב- $x=a$ אז $f\cdot g$ לא רציפה ב- $x=a$ .

הטענה לא נכונה. (יש מצבים, כגון $f(x)=x.g(x)=\frac{1}{x}$ שבהם הטענה נכונה)
נראה דוגמה:

f(x)=0 \qquad g(x)=\begin{cases} 1 & x\geq a \\ -1 & x<a \end{cases}

\Downarrow

\forall x \in \mathbb{R}:\; f(x)\cdot g(x)=0

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ רציפה בכל נקודה וגם לכל $x_{0} \in \mathbb{R}$ הגבול:

\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)}{\sqrt{ |x-x_{0}| }}

קיים, אזי $f$ פונקציה קבועה.

הטענה נכונה.
הוכחה:
הפונקציה $f$ קבועה אם $f(x)=c$ לכל $x$ .
הפונקציה $f$ רציפה ⇐ $\lim_{ x \to x_{0} }f(x)=f(x_{0})$ .

f(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{ |x-x_{0}| }}\sqrt{ |x-x_{0}| }\underset{x\to x_{0}}{\longrightarrow} L \cdot 0

מיחידות הגבול, $f(x_{0})=0$ לכל $x_{0}$ ⇐ $f$ קבועה.
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f$ רציפה בכל נקודה וגם $\lim_{ x \to \infty }|f(x)-g(x)|=0$ אז קיים $x_{0}$ כך ש- $g$ רציפה ב- $(x_{0},\infty)$ .

הטענה לא נכונה.
דוגמה נגדית:

f(x)=0 \qquad g(x)=\begin{cases} \frac{1}{x} & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \not\in \mathbb{Q} \end{cases}

הפונקציות מקיימות את התנאי אך $g$ לא רציפה בכל נקודה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם לכל $n\geq 1$ הפונקציה $f$ רציפה ב- $\left( -1+\frac{1}{n},1-\frac{1}{n} \right)$ אז $f$ רציפה ב- $(-1,1)$ .

הטענה נכונה.
הוכחה:
לכל $x_{0} \in(-1,1)$ מתקיים $x_{0}+1>0$ וגם $1-x_{0}>0$ .
נוכל למצוא $n \in \mathbb{N}$ כך ש- $n>\max\left\{ \frac{1}{x_{0}+1},\frac{1}{1-x_{0}} \right\}$ ואז נקבל ש- $-1+\frac{1}{n}<x_{0}<1-\frac{1}{n}$ כלומר, $x_{0} \in\left( -1+\frac{1}{n},1-\frac{1}{n} \right)$ ולכן $f$ רציפה בנקודה זו.
מכאן, $f$ רציפה לכל $x_{0} \in(-1,1)$ .
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f$ חיובית וגם לכל $x_{0} \in \mathbb{R}$ קיים $\lim_{ x \to x_{0} } \frac{x-x_{0}}{f(x)-f(x_{0})}$ אז $f$ רציפה.

הטענה לא נכונה.
דוגמה:

f(x)=\begin{cases} x^2 & x\neq 8 \\ 1 & x=8 \end{cases}

\frac{x-8}{x^2-1}\to \frac{0}{7}=0

גבולות חד צדדיים

הגדרה 1

משפט

אם הגבולות החד צדדיים בנקודה קיימים ושווים ⇐ לפונקציה יש גבול בנקודה.

תרגיל

חשבו את:

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt[5]{ 32x^5+4x^6 }}{\sqrt{ 4x^2-3x^3 }}

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt[5]{ 32x^5+4x^6 }}{\sqrt{ 4x^2-3x^3 }}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\sqrt[5]{ x^5(32+4x) }}{\sqrt{ x^2(4-3x) }}=\lim_{ x \to 0 } \frac{x\sqrt[5]{ 32+4x }}{|x|\sqrt{ 4-3x }}

כאשר $x>0$ :

\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\cancel{x}\sqrt[5]{ 32+4x }}{\cancel{x}\sqrt{ 4-3x }}=\frac{\sqrt[5]{ 32 }}{\sqrt{ 4 }}

וכאשר $x<0$ :

\lim_{ x \to 0^- } \frac{\cancel{x}\sqrt[5]{ 32+4x }}{-\cancel{x}\sqrt{ 4-33x }}=-\frac{\sqrt[5]{ 32 }}{\sqrt{ 4 }}

תרגיל

f(x)=\begin{cases} \frac{\sin \pi x}{1-x} & x>1 \\ (1-x)\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]+b & x<1 \end{cases}

עבור אילו ערכי $b$ לפונקציה יש גבול ב- $x=1$ ?

תחילה, נמצא את הגבול מימין:

\lim_{ x \to 1^+ } f(x)=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\sin \pi x}{1-x}=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\sin(\pi-\pi x)}{1-x}=\lim_{ x \to 1^+ } \frac{\sin(\pi-\pi x)}{\pi-\pi x}\pi

על פי הגבול המיוחד + הרכבה:

=1\cdot \pi

כעת, נסתכל על הצד השני:

\lim_{ x \to 1^- }f(x)=\lim_{ x \to 1^- } (1-x)\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]+b

\frac{\pi}{1-x}-1<\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]< \frac{\pi}{1-x}

\pi+b \underset{x\to_{1}^-}{\longleftarrow}\pi-(1-x)+b\leq (1-x)\left[ \frac{\pi}{1-x} \right]+b<\pi+b \underset{x\to1^-}{\longrightarrow}\pi+b

לכן, לפי סנדוויץ, הגבול של $f(x)$ בנקודה $1$ משמאל הינו $\pi+b$ .
נדרש כי $b=0$ כדי שיהיה גבול ב- $1$ .

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{1}{2}\left( 1+\frac{|x|}{x} \right)+\frac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}} \right)

\lim_{ x \to 0^+ } \left( \frac{1}{2}\left( 1+\frac{x}{x} \right)+\frac{1}{1+e^{\frac{1}{e}}} \right)=\frac{1}{2}(1+1)+\frac{1}{\infty}=1

\lim_{ x \to 0^- } \left( \frac{1}{2}\left( 1-\frac{x}{x} \right)+\frac{1}{1+e^\frac{1}{x}} \right)=\frac{1}{2}(1-1)+\frac{1}{1+0}=1

לכן הגבול קיים ושווה ל- $1$ .

הערה

\frac{1}{x}\underset{x\to0^+}{\longrightarrow}\infty \quad \frac{1}{x}\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow}-\infty

e^{\frac{1}{x}}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow}\infty \quad e^{\frac{1}{x}}\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow}0

תרגיל

א':
נסתכל על הפונקציה:

f(x)=\begin{cases} \frac{1}{1-x} & x\neq1 \\ 0 & x=1 \end{cases}

זוהי פונקציה המקיימת את התנאי, אך לא חסומה מלמטה, שכן $\lim_{ x \to 1^+ }f(x)=-\infty$ .

ב': הוכחה:
נסמן $\lim_{ x \to 1^+ }f(x)=L$ . לכן, לכל $\epsilon>0$ ובפרט ל- $\epsilon=1$ , קיים $\delta>0$ כך שלכל $1<x<1+\delta$ מתקיים:

L-1<f(x)<L+1

משפט

עבור פונקציה שעולה בקטע $I$ בנקודה פנימית $x_{0} \in I$ יש גבולות חד צדדיים ומתקיים:

\lim_{ x \to x_{0}^- } f(x)\leq f(x_{0})\leq \lim_{ x \to x_{0}^+ } f(x)

תרגיל

f(x)+g(x)\underset{\R{\text{g מונו' עולה}}}{\geq} f(x)+g(1)\overunderset{\R{\text{חשבון גבולות מורחב}}}{x\to 2^-}{\xrightarrow{}} \infty

לכן, לפי פיצה $\lim_{ x \to 2^- }f(x)+g(x)=\infty$ בסתירה לנתון.
באופן דומה מראים כי $\lim_{ x \to 2^- }g(x)$ קיים.
∎

משפט היינה

משפט

תהי $f$ מוגדרת בסביבה מנוקבת של $a$ .

f(x_{n})\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}L\impliedby a\neq x_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}a\R{\text{ סדרה כך ש-}}x_{n}\R{\text{לכל }}\iff\lim_{ x \to a }f(x)=L

תרגיל

חשבו את:

\lim_{ x \to 0 } (\sin x+\cos x)^{\frac{1}{x}}

(\sin x+\cos x)^{\frac{1}{x}}=\left((1+(\sin x+\cos x-1))^{\frac{1}{\sin x+\cos x-1}}\right)^{\frac{\sin x+\cos x-1}{x}}

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x+\cos x-1}{x}=\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{\sin x}{x}+\frac{\cos x-1}{x} \right)

הערה (תזכורת זהות)

\cos 2x-1-2\sin^2x

=\lim_{ x \to 0 }\left( \frac{\sin x}{x}+\frac{2\sin^2 \frac{x}{2}}{4\left( \frac{x}{2} \right)^2}x \right)=1+\frac{1}{2}\cdot 0=1

ולכן:

\lim_{ x \to 0 } (\sin x+\cos x)^{\frac{1}{x}}=e^1

תרגיל

האם הגבול קיים?

\lim_{ x \to 0 } 2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}

הערה

יש לנו כמה אפשרויות להפרכת גבול:

שלילת הגדרת הגבול
היינה
גבולות חד צדדיים

הוכחה:
נקח $0\neq x_{n}=\frac{1}{2\pi n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0$ .

\lim_{ n \to \infty } 2x_{n}\sin \frac{1}{x_{n}}-\underbracket{\cos(2\pi n)}_{=1}=0-1=-1

0\neq y_{n}=\frac{1}{2\pi n +\pi}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0

\lim_{ n \to \infty } 2y_{n}\sin \frac{1}{y_{n}}-\underbracket{\cos(2\pi n+\pi)}_{=-1}=0-(-1)=1

ולכן, לפי משפט היינה, לא קיים גבול ב- $x=0$ .
∎

תרגיל

האם הגבול קיים?

\lim_{ x \to \infty } \frac{([x])^2\sin (\pi x)}{x^2+1}

הוכחה:
נגדיר $x_{n}=n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty$ . ונראה כי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{([n])^2\overbrace{\sin (\pi n)}^{=0}}{n^2+1}=0

נגדיר גם $y_{0}=2n+\frac{1}{2}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\infty$ ונראה כי:

\lim_{ n \to \infty } \frac{\left( \left[ 2n+\frac{1}{2} \right] \right)^2 \overbrace{\sin\left( 2\pi n+\frac{\pi}{2} \right)}^{=1}}{\left( 2n+\frac{1}{2} \right)^2+1}=\lim_{ n \to \infty } \frac{4n^2}{\left( 2n+\frac{1}{2} \right)^2+1}=1

לכן, לפי היינה, הגבול לא קיים.
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ מונוטונית עולה וגם $\lim_{ n \to \infty }f(n^3+2n+5)=\infty$ אז $\lim_{ x \to \infty }f(x)=\infty$ .

\lim_{ x \to \infty } f(x)=\infty

∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)}{x}=10$ אז $\lim_{ n \to \infty }nf\left( \frac{1}{n^2} \right)=0$ .

nf\left( \frac{1}{n^2} \right)=\frac{1}{n} \cdot \frac{f\left( \frac{1}{n^2} \right)}{\frac{1}{n^2}}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0 \cdot 10 =0

ולכן, הטענה נכונה.
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם לכל $c_{n}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}0$ הגבול $\lim_{ n \to \infty }f(c_{n})$ קיים.
אז $\lim_{ x \to 0 }f(x)$ קיים.

רציפות

הגדרה 2 (רציפות)

הפונקציה $f$ רציפה בנקודה $x_{0}$ אם מתקיים:

\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=f(x_{0})

משפט (הגדרת

\epsilon-\delta

)

הפונקציה $f$ רציפה בנקודה $x_{0}$ אם לכל $\epsilon>0$ קיים $\delta>0$ כך שלכל $|x-x_{0}|<\delta$ מתקיים: $|f(x)-f(x_{0})|<\epsilon$ .

הערה

כל מה שאנו יודעים על חשבון גבולות עובר גם לרציפות.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f$ רציפה ב- $x=a$ ו- $g$ לא רציפה ב- $x=a$ אז $f\cdot g$ לא רציפה ב- $x=a$ .

הטענה לא נכונה. (יש מצבים, כגון $f(x)=x.g(x)=\frac{1}{x}$ שבהם הטענה נכונה)
נראה דוגמה:

f(x)=0 \qquad g(x)=\begin{cases} 1 & x\geq a \\ -1 & x<a \end{cases}

\Downarrow

\forall x \in \mathbb{R}:\; f(x)\cdot g(x)=0

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ רציפה בכל נקודה וגם לכל $x_{0} \in \mathbb{R}$ הגבול:

\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)}{\sqrt{ |x-x_{0}| }}

קיים, אזי $f$ פונקציה קבועה.

הטענה נכונה.
הוכחה:
הפונקציה $f$ קבועה אם $f(x)=c$ לכל $x$ .
הפונקציה $f$ רציפה ⇐ $\lim_{ x \to x_{0} }f(x)=f(x_{0})$ .

f(x)=\frac{f(x)}{\sqrt{ |x-x_{0}| }}\sqrt{ |x-x_{0}| }\underset{x\to x_{0}}{\longrightarrow} L \cdot 0

מיחידות הגבול, $f(x_{0})=0$ לכל $x_{0}$ ⇐ $f$ קבועה.
∎

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f$ רציפה בכל נקודה וגם $\lim_{ x \to \infty }|f(x)-g(x)|=0$ אז קיים $x_{0}$ כך ש- $g$ רציפה ב- $(x_{0},\infty)$ .

הטענה לא נכונה.
דוגמה נגדית:

f(x)=0 \qquad g(x)=\begin{cases} \frac{1}{x} & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \not\in \mathbb{Q} \end{cases}

הפונקציות מקיימות את התנאי אך $g$ לא רציפה בכל נקודה.

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם לכל $n\geq 1$ הפונקציה $f$ רציפה ב- $\left( -1+\frac{1}{n},1-\frac{1}{n} \right)$ אז $f$ רציפה ב- $(-1,1)$ .

תרגיל (נכון/לא נכון)

אם $f$ חיובית וגם לכל $x_{0} \in \mathbb{R}$ קיים $\lim_{ x \to x_{0} } \frac{x-x_{0}}{f(x)-f(x_{0})}$ אז $f$ רציפה.

הטענה לא נכונה.
דוגמה:

f(x)=\begin{cases} x^2 & x\neq 8 \\ 1 & x=8 \end{cases}

\frac{x-8}{x^2-1}\to \frac{0}{7}=0

15 - גבולות חד צדדיים, היינה ורציפות

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

גבולות חד צדדיים, היינה ורציפות

15 - גבולות חד צדדיים, היינה ורציפות

חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

גבולות חד צדדיים, היינה ורציפות

גבולות חד צדדיים

משפט היינה

רציפות

גבולות חד צדדיים

משפט היינה

רציפות