2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 Доказательство предела функции (по определению)
Сообщение16.10.2008, 19:33 
Для доказательства $\lim\limits_{x \to 1} (2x+3)=5$, согласно определению предела функции, для произвольного заданного $\varepsilon>0$ следует найти число $\delta>0$ такое, что $\forall x$, $|x-1|<\delta$ выполнялось бы неравенство $|(2x+3)-5|<\varepsilon$ . Из этого неравенства имеем $|(2x+3)-5|=|2x-2|=2|x-1|<2\delta\leqslant\varepsilon$. Отсюда заключаем, что $\delta\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$.

Аналогично хочу доказать $\lim\limits_{x \to 0} \frac{4}{x+2}=2$. Согласно определению предела функции, для произвольного заданного $\varepsilon>0$ следует найти число $\delta>0$ такое, что $\forall x$, $|x|<\delta$ выполнялось бы неравенство $| \frac{4}{x+2}-2|<\varepsilon$ . Из этого неравенства имеем $| \frac{4}{x+2}-2|=|\frac{-2x}{x+2}|=2\frac{|x|}{|x+2|}...$. А дальше как быть?

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 19:55 
Аватара пользователя
\[
\left| {x + 2} \right| \geqslant \left| x \right| - 2
\]

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 20:07 
Аватара пользователя
Ilnur в сообщении #151181 писал(а):
Из этого неравенства имеем $| \frac{4}{x+2}-2|=|\frac{-2x}{x+2}|=2\frac{|x|}{|x+2|}...$. А дальше как быть?
Например, так. Если для произвольного \[\varepsilon  > 0\] взять \[
\delta  = \min \left\{ {\frac{\varepsilon }{2}\;,\;1} \right\}
\], то выполнится определение предела.

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 21:24 
ShMaxG писал(а):
\[
\left| {x + 2} \right| \geqslant \left| x \right| - 2
\]


т.е.
$...=2 \frac{|x|} {|x+2|}<2\frac{|x|}{|x|-2}...$

а дальше?

Добавлено спустя 3 минуты 51 секунду:

Brukvalub писал(а):
Ilnur в сообщении #151181 писал(а):
Из этого неравенства имеем $| \frac{4}{x+2}-2|=|\frac{-2x}{x+2}|=2\frac{|x|}{|x+2|}...$. А дальше как быть?
Например, так. Если для произвольного \[\varepsilon  > 0\] взять \[
\delta  = \min \left\{ {\frac{\varepsilon }{2}\;,\;1} \right\}
\], то выполнится определение предела.


Если я правильно понял, то
$| \frac{4}{x+2}-2|=|\frac{-2x}{x+2}|=2\frac{|x|}{|x+2|}<2\delta\leqslant\varepsilon$

А нельзя ли обойтись без $\delta  = \min \left\{ {\frac{\varepsilon }{2}\;,\;1} \right\}$?

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 21:35 
Аватара пользователя
Ilnur в сообщении #151211 писал(а):
А нельзя ли обойтись без $\delta = \min \left\{ {\frac{\varepsilon }{2}\;,\;1} \right\}$?
Не понял вопроса? Как обойтись? Не указывать выбор "дельта" в зависимости от "эпсилон"?

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 22:07 
Brukvalub писал(а):
Ilnur в сообщении #151211 писал(а):
А нельзя ли обойтись без $\delta = \min \left\{ {\frac{\varepsilon }{2}\;,\;1} \right\}$?
Не понял вопроса? Как обойтись? Не указывать выбор "дельта" в зависимости от "эпсилон"?


Хотел сказать, без $\min$, а найти как в первом примере $\delta(\varepsilon)$?

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 22:11 
Аватара пользователя
На этот вопрос могу лишь ответить известной цитатой из известного фильма:
"А у Вас есть такой же, но с перламутровыми пуговицами?
Нет - будем искать.."

 
 
 
 Re: Доказательство предела функции
Сообщение16.10.2008, 22:19 
Например, при доказательства предела $\lim\limits_{x \to 3} x^2=9$ можно же и обойтись без $\min$?

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 22:20 
Аватара пользователя
Ilnur в сообщении #151234 писал(а):
Например, при доказательства предела $\lim\limits_{x \to 3} x^2=9$ можно же и обойтись без $\min$?
Научите, как можно обойтись?

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 22:32 
$|x^2-9|=|(x-3)^2+6(x-3)|<|x-3|^2+6|x-3|<\delta^2+6\delta\leqslant\varepsilon$
Т.о. относительно $\delta$ получаем квадратное неравенство, решая которое имеем $\delta\leqslant -3+\sqrt{9+\varepsilon}$

Добавлено спустя 1 минуту 58 секунд:

В одном месте $<$ надо заменить на $\leqslant$

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 22:37 
Аватара пользователя
Красивое решение. Спасибо.

 
 
 
 
Сообщение16.10.2008, 22:46 
Аватара пользователя
Пардон, я вам не правильно написал.

\[
\left| {x + 2} \right| \geqslant \left| {\left| x \right| - 2} \right|
\]

Отсюда получите зависимость:
\[
\delta  \leqslant \frac{{2\varepsilon }}
{{\varepsilon  + 2}}
\].

Но, конечно, ответ Brukvalub намного лучше, т.к. не нужно ничего больше писать, тем самым снижая риск ошибки.
В любом случае, \[
\min \left( {a,b} \right) = \frac{{a + b - \left| {b - a} \right|}}
{2}
\]

 
 
 
 
Сообщение17.10.2008, 07:09 
ShMaxG писал(а):
Пардон, я вам не правильно написал.

\[
\left| {x + 2} \right| \geqslant \left| {\left| x \right| - 2} \right|
\]

Отсюда получите зависимость:
\[
\delta  \leqslant \frac{{2\varepsilon }}
{{\varepsilon  + 2}}
\].

Но, конечно, ответ Brukvalub намного лучше, т.к. не нужно ничего больше писать, тем самым снижая риск ошибки.
В любом случае, \[
\min \left( {a,b} \right) = \frac{{a + b - \left| {b - a} \right|}}
{2}
\]


Спасибо!!!

 
 
 [ Сообщений: 13 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group