Предел функции по определению предела по Коши

[Chumachev]

Добрый день!
Помогите, пожалуйста, доказать, опираясь только на определение предела функции по Коши, что $\lim_{x\to 0}(1+x)^\frac{1}{3}=1$. Задачка тривиальная, но почему-то возникли с ней затруднения.
То есть нужно показать, что для любого положительного $\varepsilon$ найдется $\delta=\delta(\varepsilon)>0$, такое что $0<|x|<\delta \Rightarrow |(1+x)^\frac{1}{3}-1|<\varepsilon$.
Рассматривая модуль разности $|(1+x)^\frac{1}{3}-1|$, несложно заметить, что если $x>0$, то $(1+x)^\frac{1}{3}>1$, а тогда $|(1+x)^\frac{1}{3}-1| = (1+x)^\frac{1}{3}-1 < 1+x-1=x$.
Далее рассуждаю, что если для отрицательных $x$ получится оценить этот модуль разности сверху как меньший либо равный $-x$, то получится замечательная оценка модуля разности на всей числовой прямой модулем икс и в качестве дельта можно брать сам эпсилон.
Рассматриваю случай $x<0$. Имеем: $(1+x)^\frac{1}{3}<1$, соответственно: $(1+x)^\frac{1}{3}-1<0$, поэтому: $|(1+x)^\frac{1}{3}-1|=1-(1+x)^\frac{1}{3}$.
Проверяю, верна ли оценка сверху минус иксом.
$1-(1+x)^\frac{1}{3}\leq-x$
$-(1+x)^\frac{1}{3}\leq-x-1$
Возвожу обе части в куб.
$-1-x\leq(-x-1)^3$
Раскрываем скобки, переносим все в одну часть.
$x^3+3x^2+2x\geq0$
В качестве решений получаем $x\leq-2$ и $-1\leq x<0$.
Таким образом, на этих промежутках справедлива оценка $|(1+x)^\frac{1}{3}-1|\leq -x$.
То есть для $x\in(-\infty;-2]\cup[-1;0)\cup(0;+\infty)$ справедливо $|(1+x)^\frac{1}{3}-1|\leq|x|$.
Остается только промежуток $(-2;-1)$, в нем-то и вся загвоздка.

Пробую от нее избавиться: первое, что приходит в голову - попробовать как-то "поднять" повыше график правой части, но стараясь сохранить там такой удобный нам модуль икс, чтобы использовать условие $|x|<\delta$. "Приподнимем" ветви модуля путем прижимания их к оси ординат - домножим правую часть на двойку.
Очевидно, что как ни увеличивай правую часть, для положительных иксов оценка останется верной, как ни крути.
Действительно, $|(1+x)^\frac{1}{3}-1| = (1+x)^\frac{1}{3}-1 < 1+x-1=x<2x$.
Посмотрим, что все ли получается на этот раз на отрицательной стороне:
$1-(1+x)^\frac{1}{3}\leq-2x$
$-(1+x)^\frac{1}{3}\leq-2x-1$
$-1-x\leq(-2x-1)^3$
$-x(8x^2+12x+5)>0$
Решение: $x<0$. Ура! Значит, оценка верна на всем промежутке $x<0$.
Тогда $\forall x\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$ (рассматриваем поведение функции только в проколотой окрестности нуля, поэтому справедливость или не справедливость оценки в собственно нуле нас не интересует совершенно) выполняется $|(1+x)^\frac{1}{3}-1|\leq2|x|$.
Теперь возвращаемся к условию $0<|x|<\delta$ и думаем, следует ли из него $2|x|<\varepsilon$? Конечно, следует, если взять $\delta$ любым из промежутка $(0;\frac{\varepsilon}{2}]$. Например, $\delta = \frac{\varepsilon}{2}$. Итак, для произвольного $\varepsilon$ мы предъявили $\delta$, такое что выполняется необходимое условие.

Казалось бы, формально задача решена (если все верно, конечно). Но решена она путем "замечания" возможности получения модуля икс в качестве оценки в правой части, ошибочного первого предположения (что в правой части может стоять просто модуль икс) и попытки приподнять ветви модуля (с первого раза успешной, а ведь могло и не получиться сразу).
Вопрос: все ли верно в попытке решения, приведенной выше, и можно ли решить эту задачу как-то более "гладко"?
Спасибо.

[thething]

thething в сообщении #1345926 писал(а):

можно ли решить эту задачу как-то более "гладко"?

Домножить и разделить на что-то, чтобы получилась разность кубов. У Вас какой-то "вымученный" способ, без обид.

[Chumachev]

thething в сообщении #1345926 писал(а):

Домножить и разделить на что-то, чтобы получилась разность кубов. У Вас какой-то "вымученный" способ, без обид.

Нет-нет, никаких обид. Потому и спрашиваю, что собственный способ не очень нравится)


$|(1+x)^\frac{1}{3}-1|=\Big|\frac{((1+x)^\frac{1}{3}-1)((1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3} +1)}{(1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3} +1}\Big|=\Big|\frac{(1+x)-1}{(1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3} +1}\Big|=$

$=\Big|\frac{x}{(1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3} +1}\Big|=\frac{|x|}{|(1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3}+1|}$.

Для простоты положим $\delta = 1$ (т.е. $0<|x|<1$) (здесь вообще можно взять любое $\delta$, при котором $(1+x)^\frac{1}{3}$ во всей дельта-окрестности будет оставаться положительным - дальнейшее решение вне зависимости от выбранного значения останется тем же, только в ответе единица изменится на другое выбранное значение, если я все правильно понимаю):

$\frac{|x|}{|(1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3}+1|}=\frac{|x|}{(1+x)^\frac{2}{3} + (1+x)^\frac{1}{3}+1} <\frac{|x|}{1}=|x|$.

Тогда для произвольного положительного $\varepsilon$ можно взять $\delta=\min\{1, \varepsilon\}$. Так?

[thething]

Chumachev в сообщении #1345959 писал(а):

здесь вообще можно взять любое $\delta$, при котором $(1+x)^\frac{1}{3}$ во всей дельта-окрестности будет оставаться положительным

Угу, именно поэтому словами и говорят "для достаточно малых $x$", если речь идет о стремлении икса к нулю.

[Chumachev]

thething, спасибо!