Comprensión de la definición de continuidad epsilon delta

Question

Estoy tratando de entender la definición de continuidad de epsilon delta pero cada ejemplo que miro parece hacer algo con lo que no estoy de acuerdo. Ejemplo. Demostrar que $f(x) = x^{2} - 2$ es continua en algún punto $x = x_{0}$ .

Ahora $\forall \epsilon>0, \exists \delta>0, \text{ s.t. } |x - x_{0}| < \delta \implies |(x^{2}-2)-(x_{0}^{2}-2)|<\epsilon$

Ahora, fíjate $$\begin{align}|(x^{2}-2)-(x_{0}^{2}-2)| &= |x^{2}-x^{2}_{0}|\\ &= |x^{2} - 2xx_{0} + x_{0}^{2} - 2x_{0}^{2} + 2xx_{0}| \\ &= |(x-x_{0})^{2} + 2x_{0}(x - x_{0})|<\epsilon\end{align}$$

Entiendo y estoy de acuerdo con todo lo anterior, ahora el paso que me parece un poco fuera de lugar:

$$\le |(x - x_{0})|^{2} + |2x_{0}(x-x_{0})| < \epsilon$$ por la desigualdad del triángulo. Pero no sabemos que esto es menor que épsilon ya que ahora tenemos algo que es mayor que lo que realmente sabemos que es menor que épsilon, esto aparece una y otra vez en muchas pruebas y no puedo entender por qué decimos que esto es todavía menor que épsilon.

Answer 1

Asumo que tu verdadera preocupación es entender $\epsilon$ , $\delta$ -prueba. Primero repasamos la definición de continuidad en un punto y luego damos un ejemplo.

La definición

Dejemos que $f$ sea una función de algún subconjunto de $\mathbb{R}$ Llámalo $D$ para dominio a otro subconjunto de $\mathbb{R}$ Llámalo $C$ para codominio . Es decir, $$f:D\subseteq\mathbb{R}\to C\subseteq\mathbb{R}$$ Dejemos que $a$ sea un elemento arbitrario del dominio. Es decir, $$a\in D$$ $f$ es continua en $a$ si para cada $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que para cada $x\in D$ , si $|x-a|<\delta$ entonces $|f(x)-f(a)|<\epsilon$ .

Un ejemplo

Dejemos que $f:[3,\infty)\to \mathbb{R}$ se define por $$f(x)=\sqrt{2x-6}$$ por cada $x\in[3,\infty)$ . (Es importante definir la función explícitamente; es decir, el dominio es relevante para esta prueba).

$f$ es continua en $4$ .

Prueba. Para demostrar $f$ es continua en $4$ demostraremos que para cada $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que para cada $x\in[3,\infty)$ , si $|x-4|<\delta$ entonces $|f(x)-f(4)|<\epsilon$ .

Dejemos que $\epsilon>0$ sea arbitraria. Obsérvese que para cada $x\in[3,\infty)$ , $$|f(x)-f(4)|=\sqrt{2}|\sqrt{x-3}-1|=\sqrt{2}\left|\frac{x-4}{\left(\sqrt{x-3}\right)+1}\right|<\sqrt{2}|x-4|\tag{1}$$ Definir $\delta\overset{\text{def}}{=}\dfrac{\epsilon}{\sqrt{2}}$ . Es importante entender por qué hemos definido $\delta$ de esta manera (en relación con $\epsilon$ ). De todos modos, continuamos con la prueba. Para cada $x\in[3,\infty)$ , si $|x-4|<\delta$ entonces $$|f(x)-f(4)|\overset{(1)}{<}\sqrt{2}|x-4|<\sqrt{2}\cdot\delta=\epsilon$$ Recall $\epsilon>0$ era arbitraria. Por lo tanto, para cada $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ (a saber $\epsilon/\sqrt{2}$ ), de manera que para cada $x\in[3,\infty)$ , si $|x-4|<\delta$ entonces $|f(x)-f(4)|<\epsilon$ . Por lo tanto, $f$ es continua en $4$ . $\square$

Answer 2

Si lo que ha presentado es realmente el todo ejemplo, entonces algo está definitivamente mal, porque no $\delta$ que hace que la desigualdad sea verdadera. Vuelve a mirar a ver si hay una frase que diga algo parecido a "Que $\delta =\ldots$ ," seguido de una fórmula posiblemente graciosa en $\epsilon$ y $x_0$ .

Añadido en respuesta a los comentarios del OP : Sin ver exactamente cómo presenta las cosas el libro (o lo que sea que estés estudiando), es un poco difícil estar seguro de dónde está la dificultad, pero voy a hacer una puñalada.

Cómo creo que las desigualdades debe se presente es algo así como:

$$\begin{align}|(x^{2}-2)-(x_{0}^{2}-2)| &= |x^{2}-x^{2}_{0}|\\ &= |x^{2} - 2xx_{0} + x_{0}^{2} - 2x_{0}^{2} + 2xx_{0}| \\ &= |(x-x_{0})^{2} + 2x_{0}(x - x_{0})|\\ &\le |(x - x_{0})|^{2} + |2x_{0}(x-x_{0})|\\ &\lt\delta^2+|2x_0|\delta\\ &\le\delta(1+|2x_0|)\\ &\le\epsilon\end{align}$$

Pero todo esto debe ser precedió a por el pliego de condiciones

$$\delta= \begin{cases} {\epsilon\over1+|2x_0|}& \epsilon\lt1+|2x_0|\\ 1 &\epsilon\ge1+|2x_0|\\ \end{cases}$$

que también puede escribirse como

$$\delta=\min\{1,{\epsilon\over1+|2x_0|}\}$$

Las justificaciones de las desigualdades que terminan en " $\lt\epsilon$ " es la desigualdad del triángulo para el primero (es decir, $|a+b|\le|a|+|b|$ para cualquier $a$ y $b$ ), la suposición $|x-x_0|\lt\delta$ para el segundo, la especificación $\delta\le1$ para el tercero, y la especificación $\delta\le\epsilon/(1+|2x_0|)$ para el final. (Puedes notar que sólo hay una estricta desigualdad allí. Podrías hacer las dos últimas estrictas también pidiendo que $\delta$ sea estrictamente inferior al mínimo de $1$ y $\epsilon/(1+|2x_0|)$ pero no es necesario).

Una dificultad que suelen tener los principiantes (sé que yo la tuve, por lo menos), es entender que un paso clave es llegar a una especificación para $\delta$ que hace que las desigualdades que terminan en el " $\lt\epsilon$ " trabajo. Lo que a veces hago (o hacía) es ir anotando las desigualdades que quiere que sea cierto, y luego me pregunto qué es lo más sencillo que puedo decir sobre $\delta$ que hace de la verdad. Una vez que lo he averiguado, vuelvo a escribir las cosas empezando por el $\delta$ .

Espero que esto ayude.

Answer 3

Precisamente por los problemas que tienes, deberías hacer lo que me enseñaron en Cálculo I aquí: Sacar un trozo de papel de borrador, y como lo haces trabajar hacia adelante desde $\lvert x - x_0 \rvert < \delta$ para conseguir (como tú): $$\lvert (x - x_0)\rvert^2 + \lvert 2x_0 \rvert \cdot \lvert x - x_0\rvert < \delta^2 + 2 \lvert x_0 \rvert \delta$$ Esto le dice que para ese $\delta$ necesitas $\epsilon$ al menos esto, es decir, $$\delta^2 + 2 \lvert x_0 \rvert \delta \le \epsilon \\ $$ Como $\delta$ se supone que es pequeño, no hay nada malo en suponer $\delta \le 1$ que hace que $\delta^2 + 2 \lvert x_0 \rvert \delta \le \delta (1 + 2 \lvert x_0 \rvert)$ así que escoge tú: $$\delta = \min\left( 1, \frac{\epsilon}{1 + 2 \lvert x_0 \rvert} \right)$$ Bien, ahora a limpiar el trabajo.

Escoge $\epsilon > 0$ y tomar $\delta = \min(1, \epsilon / (1 + 2 \lvert x_0 \rvert))$ . Ahora, si: $$\lvert x - x_0 \rvert < \min\left(1, \frac{\epsilon}{1 + 2 \lvert x_0 \rvert}\right) \\ $$ entonces, utilizando el hecho de que por nuestra selección de $\delta$ tenemos $\lvert x - x_0 \rvert \le 1$ : $$\begin{align} \lvert (x^2 - 2) - (x_0^2 - 2) \rvert &= \lvert x^2 - x_0^2 \rvert \\ &= \lvert x^2 - 2 x x_0 + x_0^2 - 2 x_0^2 + 2 x x_0 \rvert \\ &= \lvert (x - x_0)^2 + 2 x_0 (x - x_0) \rvert \\ &\le \lvert x - x_0\rvert^2 + \lvert 2 x_0 (x - x_0) \rvert \\ &\le \lvert x - x_0 \rvert + \lvert 2 x_0 \rvert \cdot \lvert x - x_0 \rvert \\ &= \lvert x - x_0 \rvert \cdot \lvert 1 + 2 \lvert x_0 \rvert \rvert \\ &\le \lvert x - x_0 \rvert \cdot ( 1 + 2 \lvert x_0 \rvert ) \\ &\le \epsilon \end{align}$$ Esteban Herreros (mi profesor en primer año) amenazó con suspender a cualquiera de nosotros que diera a conocer el secreto de las pruebas de límite limpio fuera de nuestra clase. Así que Por favor, no se lo digas a nadie.