חזור לתיקייה: גליונות

גליון 8

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

גליון 8

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 8

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1)

הוכיחו את משפט ווירשטראס ב-nnn מימדים.

הוכחה:
סעיף א: נניח בשלילה ש-fff לא חסומה.
אזי, לכל nnn קיימת x‾n\underline{x}^nx​n כך שלכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים x‾n∈A\underline{x}^n \in Ax​n∈A ובנוסף f(x‾n)>nf(\underline{x}^n)>nf(x​n)>n ולכן, לפי פיצה, f(x‾n)⟶n→∞∞f(\underline{x}^n)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\inftyf(x​n)n→∞⟶​∞.
הסדרה x‾n\underline{x}^nx​n חסומה שכן AAA קבוצה חסומה ו-x‾n∈A\underline{x}^n \in Ax​n∈A לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N.
לכן, לפי BWBWBW, קיימת ת"ס מתכנסת x‾nk⟶nk→∞x‾0\underline{x}^{n_k}\underset{n_{k}\to \infty}{\longrightarrow}\underline{x}^{0}x​nk​nk​→∞⟶​x​0. הקבוצה AAA סגורה ולכן, לפי יחס סדר גבולות, x‾0∈A\underline{x}^0\in Ax​0∈A.
fff רציפה ב-AAA לפי הנתון ולכן, לפי הגדרה f(x‾nk)⟶nk→∞f(x‾0)f(\underline{x}^{n_{k}})\underset{n_{k}\to \infty}{\longrightarrow}f(\underline{x}^0)f(x​nk​)nk​→∞⟶​f(x​0). בסתירה לכך ש-f(x‾n)⟶n→∞∞f(\underline{x}^n)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}\inftyf(x​n)n→∞⟶​∞ שכן כל ת"ס של סדרה המתכנסת במובן הרחב מתכנסת במובן הרחב לאותו הגבול.
לכן, fff חסומה.

סעיף ב': לפי א' ואקסיומת השלמות, קיים סופרמום ואינפימום ל-fff ב-AAA. נסמנו MMM.
MMM סופרמום ולכן, לכל x‾n\underline{x}^nx​n כך ש-x‾n∈A\underline{x}^n \in Ax​n∈A לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים M−1n<f(x‾n)<MM-\frac{1}{n}<f(\underline{x}^n)<MM−n1​<f(x​n)<M לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N לפי הגדרת הסופרמום.
לכן, לפי סנדוויץ', f(x‾n)⟶n→∞Mf(\underline{x}^n)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow}Mf(x​n)n→∞⟶​M.
x‾n\underline{x}^nx​n חסומה שכן AAA קבוצה חסומה ולכן, לפי BWBWBW קיימת ת"ס x‾nk\underline{x}^{n_{k}}x​nk​ מתכנסת ל-x0x_{0}x0​. כלומר, x‾nk⟶nk→∞x0\underline{x}^{n_{k}}\underset{n_{k}\to \infty}{\longrightarrow}x_{0}x​nk​nk​→∞⟶​x0​.
נתון כי fff רציפה ולכן, f(x‾nk)⟶nk→∞f(x0)f(\underline{x}^{n_{k}})\underset{n_{k}\to \infty}{\longrightarrow}f(x_{0})f(x​nk​)nk​→∞⟶​f(x0​). לכן, לפי יחידות הגבול מתקיים f(x‾nk)⟶nk→∞Mf(\underline{x}^{n_{k}})\underset{n_{k}\to \infty}{\longrightarrow}Mf(x​nk​)nk​→∞⟶​M ולכן, לפי רציפות, f(x0)=Mf(x_{0})=Mf(x0​)=M.
באותו האופן, עבור האינפימום.
∎

תרגיל 2

תרגיל (2)

תהי f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R ו-g:R2→Rg:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}g:R2→R פונקציות.
הוכיחו או הפריכו: ggg רציפה בכל R2\mathbb{R}^2R2 אם ורק אם fff רציפה בכל R\mathbb{R}R כאשר:
א. g(x,y)=f(x)g(x,y)=f(x)g(x,y)=f(x)
ב. f(x)=g(x,x)f(x)=g(x,x)f(x)=g(x,x)
ג. g(x,y)=f(x)+f(y)g(x,y)=f(x)+f(y)g(x,y)=f(x)+f(y)

טענה א': נכונה
הוכחה:
⟸: נתון כי ggg רציפה בכל R2\mathbb{R}^2R2.
נתון כי g(x,y)=f(x)g(x,y)=f(x)g(x,y)=f(x) ולכן, עבור y=0y=0y=0 מתקיים g(x,0)=f(x)g(x,0)=f(x)g(x,0)=f(x). נתון כי ggg רציפה בכל R2\mathbb{R}^2R2 ובפרט, רציפה עבור y=0y=0y=0 ולכן f(x)f(x)f(x) רציפה.
⟹: יהי (x0,y0)(x_{0},y_{0})(x0​,y0​).
נתון כי fff רציפה ב-R\mathbb{R}R ולכן: f(x)⟶x→x0f(x0)f(x)\underset{x\to x_{0}}{\longrightarrow}f(x_{0})f(x)x→x0​⟶​f(x0​) לכל x0∈Rx_{0}\in \mathbb{R}x0​∈R.

lim⁡(x,y)→(x0,y0)g(x,y)=↓g(x,y)=f(x)lim⁡(x,y)→(x0,y0)f(x)=f(x0)=g(x0,y0)\lim_{ (x,y) \to (x_{0},y_{0}) } g(x,y) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ g(x,y)=f(x) \end{matrix}}{=} \lim_{ (x,y) \to (x_{0},y_{0}) } f(x)=f(x_{0})=g(x_{0},y_{0})(x,y)→(x0​,y0​)lim​g(x,y)↓g(x,y)=f(x)​=​(x,y)→(x0​,y0​)lim​f(x)=f(x0​)=g(x0​,y0​)

לכן, לפי הגדרה, ggg רציפה בכל R2\mathbb{R}^2R2.
∎

טענה ב': לא נכונה
נביט בפונקציות:

g(x,y)={5xx=y0x≠yf(x)=5xg(x,y)=\begin{cases} 5x & x=y \\ 0 & x\neq y \end{cases} \qquad \qquad f(x)=5xg(x,y)={5x0​x=yx=y​f(x)=5x

נשים לב כי: g(x,x)=f(x)g(x,x)=f(x)g(x,x)=f(x) לכל x∈Rx \in \mathbb{R}x∈R וכי fff רציפה מהיותה אלמנטרית.
אך, g(x,y)g(x,y)g(x,y) אינה רציפה ובפרט, יש נק' אי רציפות בנק' (x,x)(x,x)(x,x) לכל x≠0x \neq 0x=0.

טענה ג': נכונה
הוכחה:
⟸: יהיו x0,y0∈Rx_{0},y_{0} \in \mathbb{R}x0​,y0​∈R.

lim⁡x→x0f(x)=lim⁡(x,y)→(x0,y0)(g(x,y)−f(y))=g(x0,y0)−lim⁡y→y0f(y)\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=\lim_{ (x,y) \to (x_{0},y_{0}) } (g(x,y)-f(y))=g(x_{0},y_{0})-\lim_{ y \to y_{0} } f(y)x→x0​lim​f(x)=(x,y)→(x0​,y0​)lim​(g(x,y)−f(y))=g(x0​,y0​)−y→y0​lim​f(y)

נבחר y0=x0y_{0}=x_{0}y0​=x0​ ונקבל:

lim⁡x→x0f(x)=↓הנ"ל+g(x,y)=f(x)+f(y)f(x0)+f(x0)−lim⁡x→x0f(x)\lim_{ x \to x_{0} } f(x) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הנ"ל}} \\ + \\ g(x,y)=f(x)+f(y) \end{matrix}}{=}f(x_{0})+f(x_{0})-\lim_{ x \to x_{0} } f(x)x→x0​lim​f(x)↓הנ"ל+g(x,y)=f(x)+f(y)​=​f(x0​)+f(x0​)−x→x0​lim​f(x) 2lim⁡x→x0f(x)=2f(x0)2\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=2f(x_{0})2x→x0​lim​f(x)=2f(x0​) lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=f(x_{0})x→x0​lim​f(x)=f(x0​)

לכן, לפי הגדרה, fff רציפה ב-R\mathbb{R}R.
⟹: יהי (x0,y0)(x_{0},y_{0})(x0​,y0​).
נתון כי fff רציפה ב-R\mathbb{R}R ולכן: f(x)⟶x→x0f(x0)f(x)\underset{x\to x_{0}}{\longrightarrow}f(x_{0})f(x)x→x0​⟶​f(x0​) לכל x0∈Rx_{0}\in \mathbb{R}x0​∈R.

lim⁡(x,y)→(x0,y0)g(x,y)=lim⁡(x,y)→(x0,y0)f(x)+f(y)=lim⁡x→x0f(x)+lim⁡y→y0f(y)=f(x0)+f(y0)=g(x0,y0)\lim_{ (x,y) \to (x_{0},y_{0}) } g(x,y)=\lim_{ (x,y) \to (x_{0},y_{0}) } f(x)+f(y)=\lim_{ x \to x_{0} } f(x)+\lim_{ y \to y_{0} } f(y)=f(x_{0})+f(y_{0})=g(x_{0},y_{0})(x,y)→(x0​,y0​)lim​g(x,y)=(x,y)→(x0​,y0​)lim​f(x)+f(y)=x→x0​lim​f(x)+y→y0​lim​f(y)=f(x0​)+f(y0​)=g(x0​,y0​)

לכן, לפי הגדרה, ggg רציפה בכל R2\mathbb{R}^2R2.
∎

תרגיל 3

תרגיל (3 [א])

חשבו את הגבול או הוכיחו שהוא אינו קיים:

lim⁡(x,y)→(0,0)1−cos⁡(πxy)+sin⁡(π(x2+y2))x2+y2\lim_{ (x,y) \to (0,0) } \frac{1-\cos(\pi xy)+\sin(\pi(x^2+y^2))}{x^2+y^2}(x,y)→(0,0)lim​x2+y21−cos(πxy)+sin(π(x2+y2))​

נגדיר h(x,y)=1−cos⁡(πxy)x2+y2h(x,y)=\frac{1-\cos(\pi xy)}{x^2+y^2}h(x,y)=x2+y21−cos(πxy)​ ואז:

h(rcos⁡θ,rsin⁡θ)=1−cos⁡(πr2cos⁡θsin⁡θ)r2(cos⁡2θ+sin⁡2θ)=1r2−1r2cos⁡(πr2cos⁡θsin⁡θ)=h(r\cos\theta,r\sin\theta)=\frac{1-\cos(\pi r^2\cos\theta \sin\theta)}{r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}=\frac{1}{r^2}-\frac{1}{r^2}\cos(\pi r^2\cos\theta \sin\theta)=h(rcosθ,rsinθ)=r2(cos2θ+sin2θ)1−cos(πr2cosθsinθ)​=r21​−r21​cos(πr2cosθsinθ)= =1−cos⁡(πr2cos⁡θsin⁡θ)r2≤1−cos⁡(πr2)r2=F(r)⋅G(θ)=\frac{1-\cos(\pi r^2\cos\theta \sin\theta)}{r^2}\leq \frac{1-\cos(\pi r^2)}{r^2} =F(r)\cdot G(\theta)=r21−cos(πr2cosθsinθ)​≤r21−cos(πr2)​=F(r)⋅G(θ)

נוכל להראות כי אם F(r)→0F(r)\to 0F(r)→0 ו-G(θ)G(\theta)G(θ) חסומה אזי עבור: 0≤h(rcos⁡θ,sin⁡θ)≤F(r)⋅G(θ)0\leq h(r\cos\theta,\sin\theta)\leq F(r)\cdot G(\theta)0≤h(rcosθ,sinθ)≤F(r)⋅G(θ) אזי h(x,y)→0h(x,y)\to 0h(x,y)→0. (הוכחה ברור)

h(… )=1−cos⁡(πr2cos⁡θsin⁡θ)r2≥1−1r2=0h(\dots)=\frac{1-\cos(\pi r^2\cos\theta \sin\theta)}{r^2} \geq \frac{1-1}{r^2}=0h(…)=r21−cos(πr2cosθsinθ)​≥r21−1​=0

לכן, לפי הנ"ל: h(x,y)⟶(x,y)→(0,0)0h(x,y)\underset{(x,y)\to(0,0)}{\longrightarrow}0h(x,y)(x,y)→(0,0)⟶​0 ולכן:

lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=lim⁡(x,y)→(0,0)h(x,y)+πsin⁡(π(x2+y2))π(x2+y2)=↓a=π(x2+y2)lim⁡(x,y)→(0,0)a=0+הגבול המיוחד  +lim⁡(x,y)→(0,0)h(x,y)+π=↓הנ"לπ\lim_{ (x,y) \to (0,0) } f(x,y)= \lim_{ (x,y) \to (0,0) } h(x,y)+\frac{\pi\sin(\pi(x^2+y^2))}{\pi(x^2+y^2)} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ a=\pi(x^2+y^2) \\ \displaystyle \Tiny \!\!\!\!\!\lim_{ (x,y) \to (0,0) } a=0^+ \\ \R{\text{הגבול המיוחד}}\;+ \end{matrix}}{=} \lim_{ (x,y) \to (0,0) } h(x,y)+\pi \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הנ"ל}} \end{matrix}}{=}\pi(x,y)→(0,0)lim​f(x,y)=(x,y)→(0,0)lim​h(x,y)+π(x2+y2)πsin(π(x2+y2))​↓a=π(x2+y2)(x,y)→(0,0)lim​a=0+הגבול המיוחד+​=​(x,y)→(0,0)lim​h(x,y)+π↓הנ"ל​=​π
תרגיל (3 [ב])

חשבו את הגבול או הוכיחו שהוא אינו קיים

lim⁡(x,y)→(1,5)arctan⁡(y−5x)∣x−1∣+∣y−5∣\lim_{ (x,y) \to (1,5) } \frac{\arctan(y-5x)}{|x-1|+|y-5|}(x,y)→(1,5)lim​∣x−1∣+∣y−5∣arctan(y−5x)​

הדרכה: אפשר להכפיל ולחלק ב-y−5xy-5xy−5x (בזהירות).

lim⁡(x,y)→(1,5)arctan⁡(y−5x)∣x−1∣+∣y−5∣=lim⁡(x,y)→(1,5)arctan⁡(y−5x)∣x−1∣+∣y−5∣⋅y−5xy−5x=\lim_{ (x,y) \to (1,5) } \frac{\arctan(y-5x)}{|x-1|+|y-5|}=\lim_{ (x,y) \to (1,5) } \frac{\arctan(y-5x)}{|x-1|+|y-5|} \cdot \frac{y-5x}{y-5x}=(x,y)→(1,5)lim​∣x−1∣+∣y−5∣arctan(y−5x)​=(x,y)→(1,5)lim​∣x−1∣+∣y−5∣arctan(y−5x)​⋅y−5xy−5x​= =lim⁡(x,y)→(1,5)arctan⁡(y−5x)y−5x⋅y−5x∣x−1∣+∣y−5∣=\lim_{ (x,y) \to (1,5) } \frac{\arctan(y-5x)}{y-5x}\cdot \frac{y-5x}{|x-1|+|y-5|}=(x,y)→(1,5)lim​y−5xarctan(y−5x)​⋅∣x−1∣+∣y−5∣y−5x​ lim⁡(x,y)→(1,5)y−5x∣x−1∣+∣y−5∣=lim⁡(u,v)→(0,0)v+5−5(u+1)∣u∣+∣v∣=lim⁡(u,v)→(0,0)v−5u∣u∣+∣v∣\lim_{ (x,y) \to (1,5) } \frac{y-5x}{|x-1|+|y-5|}=\lim_{ (u,v) \to (0,0) } \frac{v+5-5(u+1)}{|u|+|v|}=\lim_{ (u,v) \to (0,0) } \frac{v-5u}{|u|+|v|}(x,y)→(1,5)lim​∣x−1∣+∣y−5∣y−5x​=(u,v)→(0,0)lim​∣u∣+∣v∣v+5−5(u+1)​=(u,v)→(0,0)lim​∣u∣+∣v∣v−5u​

נגדיר את המסלול u=0,v→0+u=0,v\to 0^+u=0,v→0+. עבורו מתקיים:

lim⁡v→0+v∣v∣=1\lim_{ v\to 0^+ } \frac{v}{|v|}=1v→0+lim​∣v∣v​=1

נגדיר את המסלול u=0,v→0−u=0,v\to 0^-u=0,v→0−. עבורו מתקיים:

lim⁡v→0−v∣v∣=−1\lim_{ v \to 0^- } \frac{v}{|v|}=-1v→0−lim​∣v∣v​=−1

לפי משפט, הגבול של y−5x∣x−1∣+∣y−5∣\frac{y-5x}{|x-1|+|y-5|}∣x−1∣+∣y−5∣y−5x​ כאשר (x,y)→(1,5)(x,y)\to(1,5)(x,y)→(1,5) לא קיים.
לכן, הגבול הנ"ל לא קיים.