Mostrar que la función $f(x)= \frac{x^2+1}{x+1}$ es continua en el punto $x_0=1$

Question

Aquí está mi intento.

Así que a partir de con $f(x_0)=f(1)=1$ e $\epsilon >0$, quiero encontrar a $\delta >0$ que si $|x-1|< \delta$ I get $|f(x)-f(x_0)| \leq \epsilon$.

Empecé a estudiar a $|f(x)-f(x_0)|$ como sigue

$|f(x)-f(x_0)|= |\frac{x^2+1}{x+1}-1|= |\frac{x^2-x}{x+1}|= |x \frac{x-1}{x+1}| \leq |\frac{x}{x+1}| \delta$

Pero ahora no puedo encontrar una manera de conclusión. Quiero encontrar una cota superior para $|\frac{x}{x+1}|$ y, a continuación, encontrar una expresión para $\delta$ en términos de $\epsilon$

$|f(x)-f(x_0)|= |\frac{x}{x+1}| \delta \leq \frac{(\delta +1)\delta}{2- \delta}$

A partir de ahora empecé a $ \frac{(\delta +1)\delta}{2- \delta} = \epsilon$ y resolver para $\delta$ pero esto no funcionó.

Entonces me di cuenta de que $\frac{(\delta +1)\delta}{2- \delta} \leq \frac{(\delta +1)^2}{2- \delta}$ a partir de donde he probado la solución de $\frac{(\delta +1)^2}{2- \delta}=\epsilon$ , pero de nuevo, no he logrado encontrar una solución aplicable.

Tengo la sensación de que estoy cerca pero de alguna manera no puedo ver cómo superar la dificultad.

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Por desgracia, $$\frac{x}{x+1}=1-\frac1{x+1}$$ is an unbounded function, so that $\a la izquierda\lvert\frac{x}{x+1}\right\rvert$ has no upper bound. However, we can bound it by making sure that $x$ is bounded away from $-1,$ at which the function has its vertical asymptote. Fortunately, this isn't an issue, since we want to keep $x$ near $1,$ de todos modos.

Tan largo como $x$ es positivo, $\frac{x}{x+1}$ será positivo, como también, y necesariamente menos de $1.$ Puede usted ver por qué?

En consecuencia, recogiendo algunos arbitraria $\alpha\in(0,1),$ sólo tenemos que asegurarnos de que $\delta=\min\{\alpha,\epsilon\},$ , punto en el que vamos a tener $$\left\lvert\frac{x}{x+1}\right\rvert\delta<\delta\le\epsilon$$ whenever $|x-1|<\delta$ que completa la prueba.

Answer 2

Usted puede elegir un $\delta$ que asegura $|\frac{x}{x+1}| < 1$ e $\delta < \epsilon$ así que usted puede ampliar fácilmente los pasos de su primera línea de funcionamiento.

Se puede demostrar que $|\frac{x}{x+1}| < 1 \ \text{if and only if} \ x > -\frac 12$, y sabemos $ 0 < |x-1| < \delta \iff 1 - \delta < x < 1 + \delta$ e $x \neq 1$. Por lo tanto, queremos una $\delta$ tal que $1 - \delta \geq -\frac 12 \iff \delta \leq \frac 32$.

Nosotros hemos reducido nuestros requisitos de $\delta$ a

• $\delta \leq \frac 32$
• $\delta < \epsilon$
• $\delta > 0$

Luego sugeriría encontrar una función de un real positivo de la variable que satisface estas condiciones.

Un ejemplo de este tipo de $\delta$ es $\delta = \frac{\epsilon}{\epsilon+1}$.

$\textbf{Edit}$: Es bueno para relajar la condición de $\delta < \epsilon$ a $\delta \leq \epsilon$ , como se muestra en Cameron respuesta.