¿Por qué se puede demostrar la continuidad de $f(x) = \frac{x}{1+x²}$ con $\delta = \min \{ 2, \frac{\epsilon}{2} \} $ ?

Question

Tomemos mi pregunta como ejemplo. No lo entiendo.

¿Qué hace $\delta = \min \{ 2, \frac{\epsilon}{2} \} $ ¿podría significar? (especialmente "min{}")

Answer 1

Resulta que $\delta=\varepsilon/2$ es suficiente en este caso particular, por lo que no es necesario este tipo de argumento aquí.

Un ejemplo mejor es mostrar que $f(x)=x^2$ es continua en $1$ . Hacemos algo de álgebra:

$$|f(1)-f(y)|=|1-y^2|=|1+y||1-y|.$$

Como esto tiene un factor de $|1-y|$ lo más ingenuo es hacer $\delta$ dependen linealmente de $\varepsilon$ . Esto tiene un problema: cuando $\varepsilon$ es grande, $\delta$ será demasiado grande, porque $|1+y|$ crecerá. Por ejemplo, tomando $\delta=\varepsilon/3$ no funcionará para $\varepsilon=300$ porque para $y=101$ obtenemos $|1-y^2|$ siendo algo así como $10000$ .

Así que tenemos que mantener $|1+y|$ moderadamente pequeño, lo que sólo podemos hacer controlando $|1-y|$ . Una forma es exigir $|1-y|<1$ independientemente de $\varepsilon$ . Esto funciona porque $|1-y|<1$ equivale a $0<y<2$ por lo que garantizamos $1<1+y<3$ y en particular $|1+y|<3$ .

Esto significa que si requerimos $|1-y|<1$ entonces tenemos $|1-y^2|<3|1-y|$ . Queremos que esto sea menos que nuestro $\varepsilon$ por lo que requerimos además $|1-y|<\varepsilon/3$ para conseguir $|1-y^2|<3 \varepsilon/3 = \varepsilon$ como se desee.

Para conseguir $|1-y|<1$ y $|1-y|<\varepsilon/3$ tomamos $\delta=\min \{ 1,\varepsilon/3 \}$ .

Answer 2

¿Qué hace $\delta = \min \{ 2, \frac{\epsilon}{2} \} $ ¿podría significar? (especialmente "min{}")

$$\min\left\{ 2, \frac{\epsilon}{2}\right\}=\left\{\begin{array}{ccc}2&\text{if}&\epsilon\gt4\\\frac{\epsilon}{2}&\text{if}&\epsilon\leqslant4\end{array}\right.$$

Answer 3

Dejemos que $\epsilon>0$ se le dará. Elija $δ:=\min\{\frac\epsilon2,2\}$ . Entonces:

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

$$=\left|\frac{(xx_0-1)(x_0-x)}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}\right|<\delta\left|\frac{xx_0-1}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}\right|$$

Ahora vamos a demostrar que para cualquier $\delta: \space \left|\frac{xx_0-1}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}\right|<2$

( Sólo mostraré $\frac{xx_0-1}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}<2$ No es difícil demostrar que es $>-2$ )

$$\frac{xx_0-1}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}<\frac{(x_0+\delta)x_0-1}{(1+(x_0-\delta)^2)(1+{x_0}^2)}$$

Supongamos:

$$\frac{(x_0+\delta)x_0-1}{(1+(x_0-\delta)^2)(1+{x_0}^2)}>2$$

Entonces:

$$\frac{\delta^2(2x_0^2+2)-\delta(4x_0^3+5x_0)+(2x_0^4+3x_0^2+3)}{(1+(x_0-\delta)^2)(1+{x_0}^2)}<0$$

El denominador y el numerador son siempre positivos. Contradicción.

Así que $\left|\frac{xx_0-1}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}\right|<2$ . Entonces:

$$\left|f(x)-f(x_0)\right|<\delta\left|\frac{xx_0-1}{(1+x^2)(1+{x_0}^2)}\right|<2\delta\leq\epsilon$$

Entonces, si para $\epsilon>2$ elegimos $\delta = 2$ y $\delta = \frac\epsilon2$ de otro modo, la desigualdad se mantiene.