\subsection{פעולות עם גבולות אינסופיים}
\underlinebegin{משפט:thm}\begin{enumerate}\item אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ אזי $ \lim_{n\to \infty} x_n+y_n=\pm \infty $ (בהתאם לגבול של $ x_n $ )
1. \item אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ ו- $ a\neq 0 $ אזי $ \lim_{n\to \infty} x_n+\cdot y_n=\operatorname{sign}(a)\cdot \pm \infty $ (בהתאם לגבול כאשר הסימן של a מוגדר להיות $ x_n 1$ )אם הוא חיובי, $-1$ אם הוא שלילי ו-0 אם הוא 0.
2. אם $ x_n\to \pm \infty , y_n\to a\in \mathbb{R} $ ו- $ a\neq 0 $ אזי $ \lim_{n\to \infty} x_n\cdot y_n=\operatorname{sign}(a)\cdot \pm \infty $ כאשר הסימן של a מוגדר להיות $1$ אם הוא חיובי, $-1$ אם הוא שלילי ו-0 אם הוא 0.item3. $\lim_{n\to \infty }|x_n|=\infty \Rightarrow \lim_{n\to\infty} \frac{1}{x_n}=0 $. גם הצד השני נכון, נסו להוכיח את זה לפי המשפטונים הבאים:
$3.1$. $ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{x_n}=0 \land x_n>0 \Rightarrow x_n\to \infty $
$3.2$. $ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{x_n}=0 \land x_n<0 \Rightarrow x_n\to -\infty $
\underlineend{הוכחה:enumerate}\end{thm}
1. \begin{proof}\begin{enumerate}\item יהי $M>0 $. מהגדרת הגבול של $y_n$ ידוע ש-
$$ \exists_{n_1}\forall_{n>n_1}: a-1<y_n<a+1 $
$ומהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש-
$$ \exists_{n_2}\forall_{n>n_2}: x_n>M-a+1 $
$ולכן אם נגדיר $n_0=\max\{n_1,n_2\} $ אז יתקיים ש-
$$ \forall_{n>n_0}: x_n+y_n>(M-a+1)+(a-1)=M $
. $2. \item נוכיח עבור $a$ חיובי, עבור $a$ שלילי ההוכחה דומה מאוד והדבר היחיד כמעט שמשתנה זה סימני אי השיוויון:
יהי $ M>0 $. מהגדרת הגבול של $y_n$ ידוע ש- $$ \exists_{n_1}\forall_{n>n_1}: \frac{a}{2}<y_n<\frac{3a}{2} $ $ומהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- $$ \exists_{n_2}\forall_{n>n_2}: x_n>\frac{2}{a}M $ $ולכן אם נגדיר $n_0=\max\{n_1,n_2\} $ אז יתקיים ש- $$ \forall_{n>n_0}: x_n\cdot y_n>\frac{2}{a}M\cdot \frac{a}{2}=M $. $
3. \item יהי $ \epsilon>0 $. מהגדרת השאיפה לאינסוף של $ x_n $ אנחנו יודעים ש- $$ \exists_{n_0}\forall_{n>n_0}: x_n>\frac{1}{\epsilon} $ $אבל $$\frac{1}{\epsilon}<|x_n|\Leftrightarrow \frac{1}{|x_n|}<\epsilon $$ וקיבלנו את הדרוש כי $$\forall_{n>n_0}:|\frac{1}{x_n}|<\epsilon $$
$3.1$. נוכיח את $3.1$ ו- $3.2$ מוכח באופן דומה: יהי $M>0 $ אז $\exists_{n_0}\forall_{n>n_0} \frac{1}{x_n}<\frac{1}{M} $ ומכאן ש- $\forall_{n>n_0} x_n>M $. משל\end{enumerate}\end{proof}
\subsection{מקרים של כל מקרה לגופו - אי הגדרה:}
יהיו $x_n,y_n$
\begin{enumerate}
\item אם $x_n\to \infty , y_n \to -\infty $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $x_n+y_n$ (במילים אחרות, לא מוגדר $\infty+(-\infty) $ )
1. \item אם $x_n\to \infty , y_n \to -\infty 0 $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $x_n+\cdot y_n$ (במילים אחרות, לא מוגדר $\infty+(-\infty) cdot 0 $ )
2. \item אם $x_n\to \infty , y_n \to שתי הסדרות שואפות ל-0 $ אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $\frac{x_n\cdot }{y_n}$ (במילים אחרות, לא מוגדר $\infty\cdot frac{0}{0 } $ )\end{enumerate}
3. אם שתי הסדרות שואפות ל-0 אז לא ניתן מהנתונים האלה בלבד לדעת את הגבול של $\fracbegin{x_nexample}{y_n}$ (במילים אחרות, לא מוגדר $\frac{0}{0} $ )
$\\$דוגמאות: 1. כל זוג סדרות פה הוא דוגמה למקרה 1 אבל בכל זוג הגבול של הסכום שונה (ולפעמים לא קיים):
$x_n=n, y_n=1-n$
$ x_n=n , y_n=(-1)^n - n $
2. \end{example} \begin{example}כל זוג סדרות פה הוא דוגמה למקרה 2 אבל בכל זוג הגבול של המכפלה שונה (ולפעמים לא קיים):
$x_n=n, y_n=\frac{1}{n}\\ x_n=n^2, y_n=\frac{2}{n^2}\\ x_n=n^2 , y_n=\frac{-1}{n}\\ x_n=n , y_n=\frac{1}{n^2}\\ x_n=n , y_n=\frac{(-1)^n}{n} $
\end{example}
3. \begin{example}אם ניקח כל זוג מהדוגמאות של מקרה 2 ונחליף את $x_n$ בהופכי שלו, נקבל דוגמאות ל-3 (חשבו מה קורה במקרה זה ל-$ \frac{y_n}{x_n} $)\end{example}
$\\$
\underline{תרגיל:} מהו $\lim_{n\to \infty} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} $ ?
\underline{פתרון:} $$ \lim_{n\to \infty} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \lim_{n\to \infty} \frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\lim_{n\to \infty} \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0 $.$
