הבדלים בין גרסאות בדף "גבול פונקציה"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(דוגמאות)
(דוגמאות)
שורה 169: שורה 169:
  
 
שואפת לאפס כפול חסומה, לכן הגבול הינו אפס
 
שואפת לאפס כפול חסומה, לכן הגבול הינו אפס
 +
 +
 +
*<math>f(x)=\begin{cases}x^2 & x\in\mathbb{Q}\\ 0 & x\notin\mathbb{Q}\end{cases}</math>
 +
 +
הראנו בסרטון על הגדרת הגבול לפי סדרות (לעיל) כי גבול פונקציה זו קיים אך ורק בנקודה אפס וערכו שם הוא אפס

גרסה מ־09:08, 16 בדצמבר 2012

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.

גבול פונקציה לפי קושי

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


(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.


תרגיל.

הוכח לפי ההגדרה כי \lim_{x\rightarrow 2}\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}=8

פתרון. יהי אפסילון גדול מאפס. צריך להוכיח כי קיים דלתא גדול מאפס, כך שאם 0<|x-2|<\delta אזי מתקיים \Big|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\Big|<\epsilon

נפתח את הביטוי:

\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|


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 \delta<1, עבור 0<|x-2|<\delta<1 מתקיים 2<x+1 ולכן:


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


כמו כן, מתקיים x<3 ולכן:

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


לסיכום, קיים דלתא כך ש \delta<1 וגם \delta<\frac{2}{3}\epsilon עבורו מתקיים:


\Big|\frac{(x+2)(x+4)}{x+1}-8\Big|<\frac{3}{2}\delta=\epsilon


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\rightarrow\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\rightarrow x_0}ax^k=ax_0^k


פתרון. לכל סדרה x_0\neq x_n\rightarrow x_0 מתקיים לפי אריתמטיקת גבולות של סדרות כי

ax^k=a\cdot x \cdots x\rightarrow a\cdot x_0 \cdots x_0 = ax_o^k


מסקנה. קל להראות כי לכל פולינום p מתקיים \lim_{x\rightarrow x_0}p(x)=p(x_0)

תרגיל.

הוכח כי לא קיים הגבול \lim_{x\rightarrow 0}sin(e^{\frac{1}{x}})


הוכחה. נראה כי קיימות סדרות

0\neq x_k,y_k\rightarrow 0

כך ש

\lim f(x_k)\neq \lim f(y_k)


נזכר בעובדה שלכל מספר שלם k מתקיים:

sin\Big(\frac{\pi}{2}+2\pi k\Big)=1
sin\Big(\frac{3\pi}{2}+2\pi k\Big)=-1


נרצה סדרה המקיימת

e^{\frac{1}{x_k}}=\frac{\pi}{2}+2\pi k

ולכן ניקח

x_k=\frac{1}{ln\Big(\frac{\pi}{2}+2\pi k\Big)}

באופן דומה ניקח

y_k=\frac{1}{ln\Big(\frac{3\pi}{2}+2\pi k\Big)}


ואז נקבל

\lim f(x_k)=1\neq -1 =\lim f(y_k)

גבולות ידועים

\lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin(x)}{x}=1


\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cos(x)}{x}=0


\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2}


\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(1+x)}{x}=1

דוגמאות

חשב את הגבולות הבאים:

  • \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cos(x)}{sin(x)}


פתרון:

\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cos(x)}{sin(x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cos(x)}{sin(x)}\cdot\frac{x}{x} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cos(x)}{x}\frac{x}{sin(x)}=0\cdot 1 = 0


  • \lim_{x\rightarrow 0}\frac{5x^2+2x}{3x^3+2x^2+x}


פתרון:

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

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


  • \lim_{x\rightarrow \infty}xsin\Big(\frac{1}{x}\Big)


פתרון:

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

\lim_{x\rightarrow \infty}xsin\Big(\frac{1}{x}\Big)=\lim_{y\rightarrow 0^+}\frac{1}{y}sin(y) = 1


  • \lim_{x\rightarrow 0}xsin\Big(\frac{1}{x}\Big)

פתרון:

שואפת לאפס כפול חסומה, לכן הגבול הינו אפס


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

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