Доказательство предела функции (по определению)

[Ilnur]

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?

[ShMaxG]

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

[Brukvalub]

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.

[Ilnur]

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 $\delta = \min \left\{ {\frac{\varepsilon }{2}\;,\;1} \right\}$?

[Brukvalub]

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"?

[Ilnur]

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 $\delta(\varepsilon)$?

[Brukvalub]

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

[Ilnur]

Например, при доказательства предела $\lim\limits_{x \to 3} x^2=9$ можно же и обойтись без $\min$?

[Brukvalub]

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?

[Ilnur]

$|x^2-9|=|(x-3)^2+6(x-3)|<|x-3|^2+6|x-3|<\delta^2+6\delta\leqslant\varepsilon$
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 $\leqslant$

[Brukvalub]

Красивое решение. Спасибо.

[ShMaxG]

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,

\[ \min \left( {a,b} \right) = \frac{{a + b - \left| {b - a} \right|}} {2} \]

[Ilnur]

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!!!