Si $\lim (f(x) + 1/f(x)) = 2 $ demostrar que $\lim_{x \to 0} f(x) =1 $

Question

Dejemos que $f:(-a,a) \setminus \{ 0 \} \to (0 , \infty) $ y asumir $\lim_{x \to 0} \left( f(x) + \dfrac{1}{f(x) } \right) = 2$ . Demostrar utilizando la definición de límite que $\lim_{x \to 0} f(x) = 1$

Intento:

Dejemos que $L = \lim_{x \to 0} f(x) $ . Sea $\epsilon > 0$ se le dé. Si podemos encontrar algún $\delta > 0$ con $|x| < \delta $ tal que $|f(x) - 1 | < \epsilon $ entonces habremos terminado.

Sabemos que desde $f(x) > 0$ entonces $\lim 1/f(x) $ se define. De hecho, aplicando el límite a la hipótesis, terminamos con

$$ L+ \dfrac{1}{L} = 2 $$

y ciertamente $L=1$ como se desea. Tengo dificultades para formalizar esta prueba en $\delta-\epsilon$ idioma. ¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

En primer lugar, tenga en cuenta que: $$a + \frac{1}{a} - 2 = \frac{a^2 - 2a + 1}{a} = \frac{(a - 1)^2}{a}.$$ Así que, a grandes rasgos, dado que podemos hacer $\left|f(x) + \frac{1}{f(x)} - 2\right|$ tan pequeño como queramos, deberíamos ser capaces de hacer $\frac{(f(x) - 1)^2}{|f(x)|}$ tan pequeño como queramos. Hay dos maneras de que esto ocurra: o bien $f(x)$ está excepcionalmente cerca de $1$ o $|f(x)|$ es extremadamente, irrazonablemente grande. Sin embargo, en este último caso, $|f(x)|$ al ser muy grande significa que $(f(x) - 1)^2$ es aún mayor, lo que impedirá que la fracción completa sea pequeña, así que realmente sólo había una opción.

Formalicemos esto. En primer lugar, tenemos que eliminar la posibilidad de $|f(x)|$ se vuelve demasiado grande, así que vamos a tratar de mostrar que $f(x)$ está acotado en alguna vecindad de $x = 0$ .

Voy a elegir, de forma bastante arbitraria, $\varepsilon = 1$ y aplicarlo a la definición de límite de $f(x) + 1/f(x) \to 2$ . Entonces, existe algún $\delta_0 > 0$ tal que \begin{align*} 0 < |x| < \delta_0 &\implies \left|f(x) + \frac{1}{f(x)} - 2\right| = \frac{(f(x) - 1)^2}{|f(x)|} < 1 \\ &\implies f(x)^2 - 2f(x) + 1 < |f(x)| \\ &\implies f(x)^2 + (\pm 1 - 2)f(x) + 1 < 0, \end{align*} donde el $\pm$ depende del signo de $f(x)$ . En cualquier caso, tenemos una parábola convexa, y las soluciones a las desigualdades anteriores estarán acotadas. Es decir, existe algún $M$ tal que $|f(x)| \le M$ para todos $x \in (-\delta_0, \delta_0) \setminus \{0\}$ . Desde $f(x) \neq 0$ para al menos algunos $x$ cerca de $0$ Sabemos que $M > 0$ .

Ahora probamos el límite. Supongamos que $\varepsilon > 0$ . Tenemos, por $0 < |x| < \delta_0$ , \begin{align*} |f(x) - 1| < \varepsilon &\impliedby (f(x) - 1)^2 < \varepsilon^2 \\ &\impliedby \frac{(f(x) - 1)^2}{M} < \frac{\varepsilon^2}{M} \\ &\impliedby \frac{(f(x) - 1)^2}{|f(x)|} < \frac{\varepsilon^2}{M} \\ &\impliedby \left|f(x) + \frac{1}{f(x)} - 2\right| < \frac{\varepsilon^2}{M}. \end{align*} Utilizando la definición del límite conocido, hay un $\delta_1$ tal que $$0 < |x| < \delta_1 \implies \left|f(x) + \frac{1}{f(x)} - 2\right| < \frac{\varepsilon^2}{M},$$ y por lo tanto $$0 < |x| < \min\{\delta_0, \delta_1\} \implies |f(x) - 1| < \varepsilon,$$ completando la prueba.

Answer 2

No se puede asumir el límite de $f$ existe, ya que la declaración no la incluye.

Por la definición de límite, dado $\varepsilon>0,$ existe $\delta>0$ tal que $$2-\varepsilon <f(x)+\frac 1 {f(x)}< 2+\varepsilon$$ para $x\in (0,\delta).$ Por lo tanto, $$|\sqrt{f(x)}-\frac 1 {\sqrt{f(x)}}|<\sqrt \varepsilon.$$ Por lo tanto, $$|f(x)-1|<\sqrt{\varepsilon f(x)}<\sqrt{\varepsilon(2+\varepsilon)}$$ y la conclusión es la siguiente.

Answer 3

Desde $f(x) + 1/f(x) \geqslant 2$ para cualquier $\epsilon > 0$ existe $\delta > 0$ de manera que si $|x| < \delta$ tenemos

$$0 \leqslant f(x) +\frac{1}{f(x)} - 2 =\underbrace{f(x) -1 + \frac{1}{f(x)} - 1}_{A} = \underbrace{(f(x) -1)\left(1 - \frac{1}{f(x)}\right)}_{B} < \epsilon,$$ Por lo tanto,

$$(f(x) -1)^2 \leqslant (f(x) -1)^2 + \left(\frac{1}{f(x)} - 1\right)^2 = A^2 + 2B < \epsilon^2 + 2\epsilon,$$

y para todos $|x| < \delta$ tenemos $|f(x) - 1| < \sqrt{\epsilon^2 + 2\epsilon}$ . Por lo tanto, $f(x) \to 1$ como $x \to 0$ .

Answer 4

Esta es una respuesta muy tediosa. La respuesta del usuario es mucho más sucinta.

Dejemos que $\phi(x) = x+ {1\over x}$ . Tenga en cuenta que $\phi(x) \ge 2 $ para todos $x$ .

Si $y\ge 2$ entonces $\phi(x)=y$ tiene a lo sumo dos soluciones dadas por $x_1(y) = {1 \over 2} (y-\sqrt{y^2-4})$ y $x_2(y) = {1 \over 2} (y+\sqrt{y^2-4})$ .

Supongamos que $2 \le y \le 3$ .

Tenga en cuenta que $x_1(y)-1 = {1 \over 2} (y-2-\sqrt{y^2-4}) = {1 \over 2} \sqrt{y-2}(\sqrt{y-2}-\sqrt{y+2})$ y así $|x_1(y)-1| \le {1 \over 2} \sqrt{y-2} | \sqrt{y-2}-\sqrt{y+2} | \le {1 +\sqrt{5}\over 2} \sqrt{y-2} \le 2 \sqrt{y-2}$ .

El mismo análisis muestra $|x_2(y)-1| \le 2 \sqrt{y-2}$ .

En particular, teniendo en cuenta $\epsilon>0$ si elegimos $\delta= \min(1, {\epsilon^2 \over 4})$ , entonces si $|y-2| < \delta$ tenemos $\max(|x_1(y)-1|, |x_2(y)-1|) < \epsilon$ .

También se nos da que para cualquier $ \epsilon'>0$ hay algo de $\delta'>0$ de manera que si $|x| < \delta'$ entonces $|\phi(f(x))-2| < \epsilon'$ .

Por lo tanto, elegimos $\epsilon>0$ , dejemos que $\epsilon'= \min(1, {\epsilon^2 \over 4})$ y elija un $\delta' >0$ de manera que si $|x| < \delta'$ entonces $|\phi(f(x))-2| < \epsilon'$ . Entonces, como $f(x)\in \{ x_1(\phi(f(x)), x_1(\phi(f(x)) \}$ tenemos $|f(x)-1| < \epsilon$ .