גבול פונקציה: הבדלים בין גרסאות בדף

גרסה מ־19:49, 6 ביוני 2016

כאשר למדנו גבולות של סדרות, היה רק כיוון אחד להתקדמות הסדרה - האינדקס שאף לאינסוף דרך הטבעיים. כאשר מדובר על פונקציה, $x$ יכול לשאוף לכל מספר ממשי וגם לפלוס ומינוס אינסוף. בנוסף הוא עשוי לשאוף אליהם דרך מספרים רציונאליים, אי רציונאליים או גם וגם. עלינו להתאים את הגדרת הגבול של פונקציה בהתאם.

גבול פונקציה לפי קושי

הגדרה. $L$ נקרא הגבול של $f$ בנקודה $a$ אם $f$ מוגדרת בסביבה מנוקבת של $a$ וגם לכל $ϵ > 0$ קיים $δ > 0$ כך שלכל $x$ המקיים $0 < | x - a | < δ$ מתקיים $| f (x) - L | < ϵ$

(הערה: סביבה מנוקבת של $a$ הנה סביבה של $a$ שמוציאים ממנה את $a$ .)

הסבר ההגדרה: לכל מרחק על ציר $y$ שנבחר (אפסילון) יש מרחק על ציר $x$ (דלתא) כך שאם הנקודות על ציר $x$ קרובות מספיק ל- $a$ אזי הפונקציה עליהן קרובה מספיק ל- $L$ .

תרגיל. הוכח לפי ההגדרה כי $lim_{x \to 2} \frac{(x + 2) (x + 4)}{x + 1} = 8$

פתרון. יהי $ϵ > 0$ . צריך להוכיח כי קיים $δ > 0$ , כך שאם $0 < | x - 2 | < δ$ אזי מתקיים $| \frac{(x + 2) (x + 4)}{x + 1} - 8 | < ϵ$

נפתח את הביטוי:

| \frac{(x + 2) (x + 4)}{x + 1} - 8 | = | \frac{x^{2} + 6 x + 8 - 8 x - 8}{x + 1} | = | \frac{x^{2} - 2 x}{x + 1} | = | \frac{x (x - 2)}{x + 1} |

אנו רואים כי כאשר $x \to 2$ המונה שואף לאפס, והמכנה ל- $3$ . נרצה, אם כך, לחסום את המכנה מלמטה על-ידי קבוע גדול מאפס, כך נוכל להקטין את המכנה, ולהגדיל את הביטוי.

כאשר $δ < 1$ , עבור $0 < | x - 2 | < δ < 1$ מתקיים $2 < x + 1$ ולכן:

| \frac{x (x - 2)}{x + 1} | < \frac{| x (x - 2) |}{2}

כמו כן, מתקיים $x < 3$ ולכן:

| \frac{x (x - 2)}{x + 1} | < \frac{3 | x - 2 |}{2} < \frac{3}{2} δ

לסיכום, קיים דלתא כך ש- $δ < 1$ וגם $δ < \frac{2}{3} ϵ$ עבורו מתקיים:

| \frac{(x + 2) (x + 4)}{x + 1} - 8 | < \frac{3}{2} δ = ϵ

גבול פונקציה לפי היינה

בהגדרת קושי לגבול פונקציה הכללנו את הרעיון של גבול של סדרה, אך לא השתמשנו בו. בהגדרת הגבול לפי היינה נסתמך על הגדרת הגבול של סדרה.

הגדרה. L נקרא הגבול של f בנקודה a אם f מוגדרת בסביבה מנוקבת של a וגם לכל סדרה $x_{n}$ המקיימת את שני התנאים הבאים:

$\forall n : x_{n} \neq a$
$lim_{n \to \infty} x_{n} = a$ (כאשר זהו גבול של סדרות)

מתקיים כי הסדרה $f (x_{n})$ שואפת ל-L (שוב, גבול של סדרות).

תרגיל.

הוכח כי $lim_{x \to x_{0}} a x^{k} = a x_{0}^{k}$

פתרון. לכל סדרה $x_{0} \neq x_{n} \to x_{0}$ מתקיים לפי אריתמטיקת גבולות של סדרות כי

a x^{k} = a \cdot x \dots x \to a \cdot x_{0} \dots x_{0} = a x_{o}^{k}

מסקנה. קל להראות כי לכל פולינום p מתקיים $lim_{x \to x_{0}} p (x) = p (x_{0})$

תרגיל.

הוכח כי לא קיים הגבול $lim_{x \to 0} s i n (e^{\frac{1}{x}})$

הוכחה. נראה כי קיימות סדרות

0 \neq x_{k}, y_{k} \to 0

כך ש

lim f (x_{k}) \neq lim f (y_{k})

נזכר בעובדה שלכל מספר שלם k מתקיים:

s i n (\frac{π}{2} + 2 π k) = 1

s i n (\frac{3 π}{2} + 2 π k) = - 1

נרצה סדרה המקיימת

e^{\frac{1}{x_{k}}} = \frac{π}{2} + 2 π k

ולכן ניקח

x_{k} = \frac{1}{l n (\frac{π}{2} + 2 π k)}

באופן דומה ניקח

y_{k} = \frac{1}{l n (\frac{3 π}{2} + 2 π k)}

ואז נקבל

lim f (x_{k}) = 1 \neq - 1 = lim f (y_{k})

גבולות ידועים

lim_{x \to 0} \frac{s i n (x)}{x} = 1

lim_{x \to 0} \frac{1 - c o s (x)}{x} = 0

lim_{x \to 0} \frac{1 - c o s (x)}{x^{2}} = \frac{1}{2}

lim_{x \to 0} \frac{l n (1 + x)}{x} = 1

דוגמאות

חשב את הגבולות הבאים:

$lim_{x \to 0} \frac{1 - c o s (x)}{s i n (x)}$

פתרון:

lim_{x \to 0} \frac{1 - c o s (x)}{s i n (x)} = lim_{x \to 0} \frac{1 - c o s (x)}{s i n (x)} \cdot \frac{x}{x} = lim_{x \to 0} \frac{1 - c o s (x)}{x} \frac{x}{s i n (x)} = 0 \cdot 1 = 0

$lim_{x \to 0} \frac{5 x^{2} + 2 x}{3 x^{3} + 2 x^{2} + x}$

פתרון:

lim_{x \to 0} \frac{5 x^{2} + 2 x}{3 x^{3} + 2 x^{2} + x} = lim_{x \to 0} \frac{x (5 x + 2)}{x (3 x^{2} + 2 x + 1)} = lim_{x \to 0} \frac{5 x + 2}{3 x^{2} + 2 x + 1} = 2

הערה: שימו לב שכאשר המשתנה שואף לאפס, החזקה המשמעותית היא דווקא הנמוכה בניגוד לכאשר המשתנה שואף לאינסוף.

$lim_{x \to \infty} x s i n (\frac{1}{x})$

פתרון:

נבצע הצבה $y = \frac{1}{x}$ ולכן זה בעצם שווה לגבול

lim_{x \to \infty} x s i n (\frac{1}{x}) = lim_{y \to 0^{+}} \frac{1}{y} s i n (y) = 1

$lim_{x \to 0} x s i n (\frac{1}{x})$

פתרון:

שואפת לאפס כפול חסומה, לכן הגבול הינו אפס

$f (x) = {\begin{cases} x^{2} & x \in Q \\ 0 & x \notin Q \end{cases}$

הראנו בסרטון על הגדרת הגבול לפי סדרות (לעיל) כי גבול פונקציה זו קיים אך ורק בנקודה אפס וערכו שם הוא אפס

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
 [[88-132 אינפי 1 סמסטר א' תשעב/מערך תרגול/פונקציות|חזרה לפונקציות]]
-כאשר למדנו גבולות של סדרות, היה רק כיוון אחד להתקדמות הסדרה- האינדקס שאף לאינסוף דרך הטבעיים. כאשר מדובר על פונקציה, x יכול לשאוף לכל מספר ממשי וגם לפלוס ומינוס אינסוף. בנוסף הוא עשוי לשאוף אליהם דרך מספרים רציונאליים, אי רציונאליים או גם וגם. עלינו להתאים את הגדרת הגבול של פונקציה בהתאם.
+כאשר למדנו גבולות של סדרות, היה רק כיוון אחד להתקדמות הסדרה - האינדקס שאף לאינסוף דרך הטבעיים. כאשר מדובר על פונקציה, <math>x</math> יכול לשאוף לכל מספר ממשי וגם לפלוס ומינוס אינסוף. בנוסף הוא עשוי לשאוף אליהם דרך מספרים רציונאליים, אי רציונאליים או גם וגם. עלינו להתאים את הגדרת הגבול של פונקציה בהתאם.
 ==גבול פונקציה לפי קושי==
 <videoflash>Jp5FqgylIak</videoflash>
-<font size=4 color=#3c498e>
+<font size=4 color=#3c498e>'''הגדרה.''' </font>
-'''הגדרה.'''
+<math>L</math> נקרא '''הגבול של <math>f</math> בנקודה <math>a</math>''' אם <math>f</math> מוגדרת בסביבה מנוקבת של <math>a</math> וגם לכל <math>\epsilon>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שלכל <math>x</math> המקיים <math>0<|x-a|<\delta</math> מתקיים <math>\Big|f(x)-L\Big|<\epsilon</math>
-</font>
-L נקרא '''הגבול של f בנקודה a''' אם f מוגדרת בסביבה מנוקבת של a וגם לכל <math>\epsilon>0</math> קיים <math>\delta>0</math> כך שלכל x המקיים <math>0<|x-a|<\delta</math> מתקיים <math>|f(x)-L|<\epsilon</math>
-(הערה: סביבה מנוקבת של a הינה סביבה של a שמוציאים ממנה את a.)
-הסבר ההגדרה: לכל מרחק על ציר y שנבחר (אפסילון) יש מרחק על ציר x (דלתא) כך שאם הנקודות על ציר x קרובות מספיק ל-a אזי הפונקציה עליהן קרובה מספיק ל-L.
+(הערה: סביבה מנוקבת של <math>a</math> הנה סביבה של <math>a</math> שמוציאים ממנה את <math>a</math>.)
+הסבר ההגדרה: לכל מרחק על ציר <math>y</math> שנבחר (אפסילון) יש מרחק על ציר <math>x</math> (דלתא) כך שאם הנקודות על ציר <math>x</math> קרובות מספיק ל- <math>a</math> אזי הפונקציה עליהן קרובה מספיק ל- <math>L</math> .
-<font size=4 color=#a7adcd>
-'''תרגיל.'''
-</font>
-הוכח לפי ההגדרה כי  <math>\lim_{x\rightarrow 2}\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}=8</math>
+<font size=4 color=#a7adcd>'''תרגיל.''' </font>
+הוכח לפי ההגדרה כי <math>\lim\limits_{x\to 2}\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}=8</math>
 '''פתרון.'''
-יהי אפסילון גדול מאפס. צריך להוכיח כי קיים דלתא גדול מאפס, כך שאם <math>0<|x-2|<\delta</math> אזי מתקיים
+יהי <math>\epsilon>0</math> . צריך להוכיח כי קיים <math>\delta>0</math> , כך שאם <math>0<|x-2|<\delta</math> אזי מתקיים
-<math>\Big|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\Big|<\epsilon</math>
+<math>\left|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\right|<\epsilon</math>
 נפתח את הביטוי:
-::<math>\Big|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\Big|=\Big|\frac{x^2+6x+8-8x-8}{x+1}\Big|=\Big|\frac{x^2-2x}{x+1}\Big|=\Big|\frac{x(x-2)}{x+1}\Big|</math>
+:<math>\left|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\right|=\left|\frac{x^2+6x+8-8x-8}{x+1}\right|=\left|\frac{x^2-2x}{x+1}\right|=\left|\frac{x(x-2)}{x+1}\right|</math>
-אנו רואים כי כאשר x שואף ל-2 המונה שואף לאפס, והמכנה ל-3. נרצה, אם כך, לחסום את המכנה מלמטה על ידי קבוע גדול מאפס, כך נוכל להקטין את המכנה, ולהגדיל את הביטוי.
-כאשר <math>\delta<1</math>, עבור <math>0<|x-2|<\delta<1</math> מתקיים <math>2<x+1</math> ולכן:
-::<math>\Big|\frac{x(x-2)}{x+1}\Big|<\frac{|x(x-2)|}{2}</math>
+אנו רואים כי כאשר <math>x\to 2</math> המונה שואף לאפס, והמכנה ל- <math>3</math> . נרצה, אם כך, לחסום את המכנה מלמטה על-ידי קבוע גדול מאפס, כך נוכל להקטין את המכנה, ולהגדיל את הביטוי.
+כאשר <math>\delta<1</math> , עבור <math>0<|x-2|<\delta<1</math> מתקיים <math>2<x+1</math> ולכן:
+:<math>\left|\frac{x(x-2)}{x+1}\right|<\frac{|x(x-2)|}{2}</math>
 כמו כן, מתקיים <math>x<3</math> ולכן:
+:<math>\left|\frac{x(x-2)}{x+1}\right|<\frac{3|x-2|}{2}<\frac{3}{2}\delta</math>
-::<math>\Big|\frac{x(x-2)}{x+1}\Big|<\frac{3|x-2|}{2}<\frac{3}{2}\delta</math>
+לסיכום, קיים דלתא כך ש- <math>\delta<1</math> וגם <math>\delta<\frac{2}{3}\epsilon</math> עבורו מתקיים:
+:<math>\left|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\right|<\frac{3}{2}\delta=\epsilon</math>
-לסיכום, קיים דלתא כך ש <math>\delta<1</math> וגם <math>\delta<\frac{2}{3}\epsilon</math> עבורו מתקיים:
-::<math>\Big|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\Big|<\frac{3}{2}\delta=\epsilon</math>
 ==גבול פונקציה לפי היינה==
 <videoflash>wb7n_n5F8iU</videoflash>