Доказать предел корень из x

[Charlz_Klug]

Задача из книги "Calculus. A Complete Course. Ninth edition" Robert A.Adams, Christopher Essex. Страница 92, задача 19. Используя формальное определение предела проверить предел. Предел такой: $\lim\limits_{x \to 1}{\sqrt{x}} = 1$. Прошу прощения за простой пример, но у меня как-то не вяжется с доказательствами пределов. Поэтому прошу помощи.
Из формального определения следует, что этот предел истинный если для любого $\varepsilon$ больше нуля есть такое $\delta$ больше нуля, что для всех $x$ удовлетворяющих требованию $\left\lvert x - 1\right\rvert < \delta$ должно быть истинным неравенство $\left\lvert \sqrt{x} - 1\right\rvert < \varepsilon$. Тут у меня затык. Не представляю как быть.
Единственное, до чего додумался, это взять $\delta \le \varepsilon^2 + 2 \varepsilon$, тогда получаем, что выражение $\left\lvert x - 1\right\rvert < \delta$ принимает вид $\left\lvert x - 1\right\rvert < \varepsilon^2 + 2 \varepsilon$. Раскроем модуль и получим $-\varepsilon^2 - 2\varepsilon < x - 1 < \varepsilon^2 + 2 \varepsilon$. Теперь перенесём минус единицу за знаки неравенства: $1 -\varepsilon^2 - 2\varepsilon < x < \varepsilon^2 + 2 \varepsilon + 1$. Получается, что $\left\lvert x \right\rvert < \varepsilon^2 + 2 \varepsilon + 1 = (\varepsilon + 1)^2$.
Теперь рассмотрим неравенство $\left\lvert \sqrt{x} - 1\right\rvert < \varepsilon$. С учётом $\left\lvert x \right\rvert < (\varepsilon + 1)^2$, можно заключить, что $\left\lvert \sqrt{x} - 1\right\rvert < \left\lvert \sqrt{(\varepsilon + 1)^2} - 1\right\rvert = \left\lvert \varepsilon + 1 - 1\right\rvert = \left\lvert \varepsilon\right\rvert = \varepsilon$ или, короче, $\left\lvert \sqrt{x} - 1\right\rvert < \varepsilon$. А значит, $\lim\limits_{x \to 1}{\sqrt{x}}$ действительно равен единице. Что и требовалось доказать.
Годится ли такое рассуждение?

[iifat]

Charlz_Klug в сообщении #1631412 писал(а):

С учётом $\left\lvert x \right\rvert < (\varepsilon + 1)^2$, можно заключить, что $\left\lvert \sqrt{x} - 1\right\rvert < \left\lvert \sqrt{(\varepsilon + 1)^2} - 1\right\rvert$

Как-то мне это подозрительно. Берём $x=0.09, \varepsilon=0.1$, подставляем: $|0.09| < (0.1+1)^2$, верно, $|\sqrt{0.09}-1|=0.7, |\sqrt{1.1^2}-1|=0.1$ — нет, неверно. Вы потеряли левую часть ограничения $x$, потому, имхо, так и получилось.

[Charlz_Klug]

Тут не надо исключать, что налагается ещё и требование $\left\lvert x - 1\right\rvert < \delta$. Если учитывать это ограничение, то значение $x = 0.09$ ему не удовлетворяет потому, что $1 - 0.09 = 0.91$, а для $\varepsilon = 0.1$ нужно взять $\delta = \frac{21}{100}$. То есть значение $\frac{91}{100}$ оказывается больше $\frac{21}{100}$.
Возможно, мне стоило бы написать, что максимальные значения $x$ ограничены сверху выражением $(\varepsilon + 1)^2$.

[Combat Zone]

Charlz_Klug в сообщении #1631412 писал(а):

Тут у меня затык. Не представляю как быть.

Все существенно проще. Домножьте-разделите на сопряженное.

[iifat]

Charlz_Klug в сообщении #1631538 писал(а):

Тут не надо исключать, что налагается ещё и требование

Совершенно верно. Именно это я вам и написал: вы ограничиваете $x$ только с одной стороны, поэтому ваше доказательство не проходит.
И зачем вы пишете

Charlz_Klug в сообщении #1631538 писал(а):

стоило бы написать, что максимальные значения $x$ ограничены сверху

? Ещё раз: если ограничивать $x$ только сверху, вы не докажете ничего.

Combat Zone в сообщении #1631540 писал(а):

Домножьте-разделите на сопряженное

Хороший совет.

[Charlz_Klug]

Combat Zone в сообщении #1631540 писал(а):

Все существенно проще. Домножьте-разделите на сопряженное.

Пусть $\left\lvert x - 1 \right\rvert$ меньше некоторого $\delta$. Требуется показать, что $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert$ также меньше некоторого $\varepsilon$. Выражение $\sqrt {x} - 1$ можно умножить и разделить на $\sqrt {x} + 1$. Получаем, что $\sqrt {x} - 1 = \frac {x -1} {\sqrt {x} + 1}$. Отсюда $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert$ равно $\left\lvert \frac {x -1} {\sqrt {x} + 1} \right\rvert$ или $\frac {\left\lvert x -1 \right\rvert} {\sqrt {x} + 1}$. Заметим, что $\sqrt {x} + 1$ всегда больше или равно единице. Тогда с учётом $\left\lvert x - 1 \right\rvert < \delta$ получим, что $\frac {\left\lvert x -1 \right\rvert} {\sqrt {x} + 1}$ меньше, либо равно $\delta$. А значит, можно взять $\delta$ равным $\varepsilon$ и получаем, что $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert$ меньше $\varepsilon$. Что и требовалось доказать.
Так?

[Combat Zone]

Так.

[Charlz_Klug]

Благодарю всех откликнувшихся!

[Charlz_Klug]

iifat в сообщении #1631546 писал(а):

Ещё раз: если ограничивать $x$ только сверху, вы не докажете ничего.

Продолжаю размышлять. Пусть $\varepsilon \ge 1$, возьмём $\delta \le \frac {1} {2}$. Если $x$ будет между $\frac {1} {2}$ и $1$, тогда и результат $\sqrt {x}$ будет между $\frac {1} {2}$ и $1$. Это удовлетворяет требованию $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert < \varepsilon$. Если же $x$ будет между $1$ и $\frac {3} {2}$, то результат $\sqrt {x}$ будет между $1$ и $\frac {3} {2}$, что опять же удовлетворяет требованию $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert < \varepsilon$.
Теперь рассмотрим вариант, когда $\varepsilon < 1$. В этом случае возьмём $\delta \le \frac {\varepsilon} {2}$. Тогда $x$ должно быть в промежутке $(1 - \frac {\varepsilon} {2}; 1 + \frac {\varepsilon} {2})$.
Для начала рассмотрим промежуток $x \in (1 - \frac {\varepsilon} {2}; 1)$. В этом случае выражение $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert$ можно записать как $1 - \sqrt {x}$. При этом $1 - \sqrt {x}$ будет меньше, чем $1 - \sqrt {1 - \frac {\varepsilon} {2}}$. Докажем от противного, что $1 - \sqrt {1 - \frac {\varepsilon} {2}} < \varepsilon$. Из выражения $1 - \sqrt {1 - \frac {\varepsilon} {2}} \ge \varepsilon$ получаем $\sqrt {1 - \frac {\varepsilon} {2}} \le 1 - \varepsilon$. После возведения в квадрат обоих частей получаем $1 - \frac {\varepsilon} {2} \le 1 - 2 \varepsilon + \varepsilon^2$. Единицы взаимно уничтожаются, после сокращения на $\varepsilon$, в итоге получаем $\frac {3} {2} \le \varepsilon$. Чего не может быть, поскольку изначально было взято $\varepsilon < 1$. А значит, $1 - \sqrt {1 - \frac {\varepsilon} {2}} < \varepsilon$.
Теперь рассмотрим случай, когда $x \in (1; \frac {3} {2})$. Тогда выражение $\left\lvert \sqrt {x} - 1 \right\rvert$ записывается как $\sqrt {x} - 1$. Заметим, что $\sqrt {x} - 1$ меньше, чем $\sqrt {1 + \frac {\varepsilon} {2}} - 1$. Докажем от противного, что $\sqrt {1 + \frac {\varepsilon} {2}} - 1$ меньше, чем $\varepsilon$. Допустим, что $\sqrt {1 + \frac {\varepsilon} {2}} - 1 \ge \varepsilon$. Переносим единицу за знак неравенства и возводим обе части в квадрат получим $1 + \frac {\varepsilon} {2} \ge \varepsilon^2 + 2 \varepsilon +1$. Единицы взаимно уничтожаются. После упрощения выражения получим, что $- \frac {3} {2} \ge \varepsilon$. Но этого не может быть, поскольку $\varepsilon > 0$, следовательно, $\sqrt {1 + \frac {\varepsilon} {2}} - 1 < \varepsilon$.
И этими выкладками доказано, что $\lim\limits_{x \to 1} {\sqrt {x}} = 1$.

[bot]

Charlz_Klug в сообщении #1632345 писал(а):

Продолжаю размышлять. Пусть $\varepsilon \ge 1$,

Это лишние рассуждения, так как то дельта, которое найдём для $\varepsilon < 1$, сгодится и для $\varepsilon \ge 1$. Поэтому всегда можно ограничиться случаем достаточно малого $\varepsilon $. Какое $\varepsilon $ может быть сочтено достаточно малым определяется по произволу доказывающего.

[Charlz_Klug]

bot в сообщении #1632349 писал(а):

Поэтому всегда можно ограничиться случаем достаточно малого $\varepsilon $.

Действительно, не догадался. Спасибо!