Probando $\lim_{x\rightarrow 1} (x^2+3x-1)=1$ utilizando $\delta-\epsilon$ Por qué es $\delta \lt \frac{\epsilon}{6}$ ¿correcto?

Question

Utilizando $\delta-\epsilon$ Me parece que el uso de los manuales de soluciones $\delta \lt 1$ :

$$|x+4|x-1|\lt6|x-1|\lt \epsilon$$

Esto me deja con:

$$|x-1|\lt \frac{\epsilon}{6} $$

Ahora puedo elegir que $\delta\lt$ min{1, $\frac{\epsilon}{6}$ y esto satisface la condición de |x-1|, ¿correcto?

Mis preguntas son:

1.) ¿Por qué hemos elegido $\delta \lt 1$ y no $\delta=1$ ¿o cualquier otro número?

2.) ¿Cuándo es incorrecta la elección de un determinado delta? (por ejemplo, cuando hay un problema con el dominio).

3.) ¿Cómo puedo hacer una comprobación posterior para asegurarme de que lo que he hecho es correcto?

Answer 1

La razón por la que eligieron $\delta < 1$ es para que: $$\lvert x-1 \rvert < \delta < 1 \implies -1 < x-1 < 1 \implies 0 < x < 2$$ Así, $x$ está entre $0$ y $2$ así que $\lvert x+4 \rvert$ está ahora acotado entre $4$ y $6$ y por lo tanto $\lvert x+4 \rvert < 6$ . Ahora podemos dividir ambos lados de la desigualdad por $6$ como lo hicieron para atar $\lvert x-1 \rvert$ en términos de $\epsilon$ .

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Sin embargo, no tuvimos que elegir $1$ . Escojamos $e^\pi$ en lugar de eso porque, ¿por qué no? Si $\delta < e^\pi$ entonces tenemos..: $$\lvert x-1 \rvert < \delta < e^\pi \implies -e^\pi < x-1 < e^\pi \implies -e^\pi+1 < x < e^\pi+1$$ Ahora, $\lvert x+4 \rvert$ tiene un máximo de $\lvert -e^\pi+1+4 \rvert=\lvert 5-e^\pi \rvert$ o un máximo de $\lvert e^\pi+1+4 \rvert=\lvert e^\pi+5 \rvert$ . No importa cuál sea más grande; lo que importa es que $\lvert x+4 \rvert$ está limitada por un máximo que llamaremos $m$ . Así, tenemos: $$\lvert x+4 \rvert\cdot \lvert x-1 \rvert < m\lvert x-1 \rvert < \epsilon \implies \lvert x-1 \rvert < \frac{\epsilon}{m}$$ Así, tenemos $\delta=\min\left(e^\pi, \frac{\epsilon}{m}\right)$ donde $m=\max(\lvert 5-e^\pi\rvert, \lvert e^\pi+5\rvert)$ .

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Ahora, para hacer una comprobación posterior, empezamos con nuestra desigualdad $\lvert x-1 \rvert < \min(1, \frac{\epsilon}{6})$ y luego trabajar hacia $\lvert x^2+3x-1 \rvert < \epsilon$ . Ahora, lo bueno de nuestra desigualdad inicial es que realmente tenemos dos desigualdades: $$\lvert x-1 \rvert < \min\left(1, \frac{\epsilon}{6}\right) < 1$$ $$\lvert x-1 \rvert < \min\left(1, \frac{\epsilon}{6}\right) < \frac{\epsilon}{6}$$ Ahora, por la primera desigualdad, sabemos $\lvert x+4 \rvert$ está limitada por $6$ . Por lo tanto, obtenemos: $$\lvert x^2+3x-1 \rvert \leq \lvert x+4 \rvert \cdot \lvert x-1 \rvert < 6\cdot \frac{\epsilon}{6} < \epsilon$$ Fíjate en que nuestra comprobación posterior a la prueba es muy similar a nuestra prueba, pero esta vez empezamos con la respuesta en lugar de trabajar hacia atrás para terminar con la respuesta. Así nos aseguramos de que nada de lo que hemos hecho hacia atrás puede ser revertido para ir hacia adelante.

Answer 2

Es más fácil poner $x=1+\delta$ (donde $\delta$ puede ser positivo o negativo). Sustituyendo en $f(x)=x^2+3x-1$ obtenemos $f(1+\delta)=1+5\delta+\delta^2$ . Queremos que esto esté en $(1-\epsilon,1+\epsilon)$ .

La razón para tomar $\delta<1$ es que entonces tenemos $0<\delta^2<|\delta|$ . Así que podemos decir que $|5\delta+\delta^2|<6|\delta|$ . Así que está claro que esto dará $|f(1+\delta)-1|<\epsilon$ también proporcionó $|\delta|<\frac{\epsilon}{6}$ .

Espero que esto responda a 1). En cuanto a la 2), recuerde que $\epsilon$ puede tener cualquier valor positivo. Cualquier $\delta$ ¡es correcto siempre que funcione! Debe dar $|f(x)-1|<\epsilon$ para $|x-1|<\delta$ .

En 3) las comprobaciones posteriores a la prueba sólo son realmente necesarias cuando las cosas son complicadas. Entonces es una buena práctica ver si tus soluciones funcionan para uno o dos valores simples.