$\epsilon$ - $\delta$ prueba de que $\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x} = 1$ .

Question

Estoy empezando Cálculo de Spivak y finalmente decidí aprender a escribir pruebas épsilon-delta.

He estado trabajando en el capítulo 5, número 3(ii). El problema, en esencia, pide demostrar que

$$\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x} = 1.$$

Así es como empecé mi prueba,

$$\left| f(x)-l \right|=\left| \frac{1}{x} - 1 \right| =\left| \frac{1}{x} \right| \left| x - 1\right| < \epsilon \implies \left| x-1 \right| < \epsilon |x|$$

No he avanzado más allá de este punto. ¿Es posible salvar esta prueba? ¿Debo intentar un enfoque alternativo?

Answer 1

Actualización 19/2/2018 : Parece que esta respuesta ha recibido mucha atención, lo cual me alegra mucho. Cuando usted está leyendo a través de esta respuesta y usted está tratando de aprender acerca de $\delta$ - $\epsilon$ pruebas por primera vez, recomendaría saltarse las secciones etiquetadas como Adenda. en su primera lectura. Por favor, hágame saber cualquier otra aclaración que desee con esta respuesta.

---

Siempre que estoy haciendo un $\delta$ - $\epsilon$ prueba, hago algunas trabajo de raspado (ojo, esto NO es parte de la prueba) para saber qué elegir para $\delta$ . Siempre les digo a los estudiantes que piensen en lo siguiente:

1. ¿Qué te dan?

2. ¿Qué quiere mostrar?

En la definición del límite, se le da un $\epsilon > 0$ y quieres encontrar $\delta$ tal que $$0 < |x - 1| < \delta$$ implica $$\left|\dfrac{1}{x} - 1 \right| < \epsilon\text{.}$$ Usted tiene el control sobre qué elegir para su $\delta$ en este caso . La idea de este $\delta$ - $\epsilon$ prueba es trabajar con la expresión $|x - 1| < \delta$ y obtener $\left|\dfrac{1}{x} - 1 \right| < \epsilon$ al final.

Hagamos un poco de trabajo de raspado (de nuevo, NO es parte de la prueba).

---

Trabajo de raspado

Empecemos por lo que queremos mostrar para nuestro trabajo de scratch ( empezar por lo que se quiere mostrar es malo hacerlo $100\%$ del tiempo cuando estás haciendo pruebas - de nuevo, este es un trabajo de raspado y no es realmente parte de la prueba ).

Queremos demostrar que $\left|\dfrac{1}{x} - 1 \right| < \epsilon$ . Trabajemos hacia atrás y tratemos de convertir la expresión $\left|\dfrac{1}{x} - 1 \right|$ en alguna forma de $|x-1|$ .

Por lo tanto, tenga en cuenta que $$\left|\dfrac{1}{x} - 1 \right| =\left|\dfrac{1-x}{x} \right| = \left|\dfrac{-(x-1)}{x} \right| = \left|\dfrac{x-1}{x} \right|$$ desde $|y|=|-y|$ para todos $y$ en $\mathbb{R}$ .

La última expresión puede reescribirse como $\dfrac{\left|x-1 \right|}{\left| x \right|}$ . Observando esta expresión, tenemos $|x-1|$ en el numerador, lo cual es bueno. Pero tenemos ese molesto $|x|$ en el denominador.

Ya que hacer tener el control de lo que $|x-1|$ es menor que (este es nuestro $\delta$ ), elijamos un número realmente conveniente y pequeño para trabajar que sea mayor que $0$ . Digamos que $\delta = \dfrac{1}{2}$ .

Bueno, si $|x - 1| < \dfrac{1}{2}$ entonces $$-\dfrac{1}{2} < x-1 < \dfrac{1}{2} \implies \dfrac{1}{2} < x < \dfrac{3}{2} \implies \dfrac{1}{2} < |x| < \dfrac{3}{2}\text{.}$$ Así que si elegimos $\delta = \dfrac{1}{2}$ , $\dfrac{1}{2} <|x| < \dfrac{3}{2}$ .

Adenda. En muchos ejemplos, $\delta$ se suele elegir que sea $1$ . ¿Por qué decidimos no hacerlo en este caso?

Es porque no funcionaría.

Intuitivamente, he aquí por qué no lo hace: cuando se considera la vecindad del radio $1$ centrado en $x = 1$ se obtiene el intervalo $(0, 2)$ . $f(x) = \dfrac{1}{x}$ no tiene un límite finito en $x = 0$ , por lo que esto hace que $\delta = 1$ una mala elección.

Este no es el caso si $\delta = 1/2$ . La vecindad de radio $1/2$ alrededor de $x = 1$ es $(1/2, 3/2)$ . $f$ tiene límites en cada $x$ -valor en el intervalo $(1/2, 3/2)$ incluyendo los puntos finales.

En términos de álgebra, si hubiéramos elegido $\delta = 1$ el álgebra no habría funcionado. Habríamos obtenido $0 < x < 1$ y no habría podido obtener un límite superior finito para $\dfrac{1}{x}$ . Es decir, $$0 < x < 1 \implies 1 < \dfrac{1}{x} < \infty\text{.}$$ No tenemos un límite superior finito para $\dfrac{1}{x}$ en este caso, y por eso $\delta = 1$ no funcionará para este propósito.

Si $\dfrac{1}{2} <|x| < \dfrac{3}{2}$ entonces $$\dfrac{2}{3} <\dfrac{1}{|x|} < 2$$ y $$\dfrac{1}{|x|} < 2 \implies \dfrac{\left|x-1 \right|}{\left| x \right|} < 2\left| x-1 \right|\text{.}$$ Ahora tenemos control sobre lo que $|x-1|$ es menor que. Así que para obtener $\epsilon$ elegimos $\delta = \dfrac{\epsilon}{2}$ .

Pero, espera, ¿no he dicho que elegimos $\delta = \dfrac{1}{2}$ ¿antes? Una solución sencilla sería minimizar $\delta$ es decir, hacer $\delta = \min\left(\dfrac{\epsilon}{2} , \dfrac{1}{2} \right)$ .

Apéndice . Para ver por qué $\delta = \min\left(\dfrac{\epsilon}{2} , \dfrac{1}{2} \right)$ funciona, supongamos que $\dfrac{\epsilon}{2} > \dfrac{1}{2}$ para que $\delta = \dfrac{1}{2}$ . Entonces $\epsilon > 1$ . Entonces $$\dfrac{\left|x-1 \right|}{\left| x \right|} < 2|x-1| < 2 \cdot \dfrac{1}{2} = 1 < \epsilon\text{.}$$

Supongamos ahora que $\dfrac{\epsilon}{2} \leq \dfrac{1}{2}$ para que $\delta = \dfrac{\epsilon}{2}$ .

Entonces $$\dfrac{\left|x-1 \right|}{\left| x \right|} < 2|x-1| < 2 \cdot \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon\text{.}$$

En ambos casos, tenemos $\dfrac{\left|x-1 \right|}{\left| x \right|} < \epsilon$ , según se desee.

Ver también ¿Por qué necesitamos que la mina elija $\delta$ ? .

Así que ahora hemos encontrado nuestro $\delta$ y puede usar esto para escribir la prueba.

---

La prueba

Prueba . Sea $\epsilon > 0$ se le dará. Elija $\delta := \min\left(\dfrac{\epsilon}{2} , \dfrac{1}{2} \right)$ . Entonces $$\left|\dfrac{1}{x} - 1 \right| = \left|\dfrac{x-1}{x} \right| = \dfrac{\left|x-1 \right|}{\left| x \right|} < 2\left| x-1 \right|$$ (ya que si $|x - 1| < \dfrac{1}{2}$ , $\dfrac{1}{|x|} < 2$ ) y $$2\left| x-1 \right| < 2\delta \leq 2\left(\dfrac{\epsilon}{2}\right) = \epsilon\text{. }\square$$

Por fin el éxito.

Apéndice . Obsérvese que se ha conseguido el objetivo final anterior, es decir, demostrar que $$\left|\dfrac{1}{x}-1\right| < \epsilon\text{.}$$

En el paso $$2\left| x-1 \right| < 2\delta \leq 2\left(\dfrac{\epsilon}{2}\right) = \epsilon\text{,}$$ libros de texto suelen omitir el paso con el $\delta$ y simplemente escribir $$2\left| x-1 \right| < 2\left(\dfrac{\epsilon}{2}\right) = \epsilon\text{.}$$

Apéndice . Puede parecer que la nota "(ya que si $|x - 1| < \dfrac{1}{2}$ , $\dfrac{1}{|x|} < 2$ )" puede ser una suposición adicional añadida al problema, es decir, que $\delta$ tiene para ser $\dfrac{1}{2}$ . Este no es el caso por la siguiente razón: dado $|x-1| < \delta$ tenemos $$|x-1| < \min\left(\dfrac{\epsilon}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\text{.} $$ Obviamente, si $\epsilon \geq 1$ terminamos con $|x - 1| < \dfrac{1}{2}$ como se ha indicado anteriormente. Pero supongamos que $\epsilon < 1$ . Entonces $$|x - 1| < \dfrac{\epsilon}{2} < \dfrac{1}{2}$$ y terminas con $|x - 1| < \dfrac{1}{2}$ Así pues, el $\dfrac{1}{|x|} < 2$ La implicación es válida en ambos casos.

Answer 2

Toma la primera $\delta =1/2$ . Entonces $$||x|-1|<|x-1|<\frac 1 2$$ da que $$-\frac 1 2 +1<|x|<\frac 1 2+1$$ $$\frac 1 2 <|x|$$ así que $$\frac 1 {|x|}<2$$

Ahora bien, dado $\epsilon$ tomar $$\delta= \min\left(\frac\epsilon 2,\frac 12\right)$$

---

En general, asuma que $\lim_{x\to a}f(x)=\ell \neq 0$ Tenemos $$\left|\frac{1}{f(x)}-\frac 1{\ell}\right|=\frac{|f(x)-\ell|}{|f(x)||\ell|}$$

Tome $\epsilon =|\ell|/2$ en la definición de $\lim_{x\to a}f(x)=\ell$ para conseguir un $\delta_1>0$ tal que $$-|\ell|/2<|f(x)|-|\ell|<|\ell|/2$$

para obtener el límite inferior $$|f(x)|^{-1}<\frac 2{|\ell|}$$

Entonces

$$\left|\frac{1}{f(x)}-\frac 1{\ell}\right|<\frac{2|f(x)-\ell|}{ |\ell|^2}$$

siempre que $0<|x-a|<\delta_1$ . Pero teniendo en cuenta $\epsilon >0$ existe $\delta_2>0$ tal que

$$|f(x)-\ell|<\frac{|\ell|^2\epsilon}{2}$$

siempre que $0<|x-a|<\delta_2$ . Por lo tanto, dado $\epsilon >0$ deberíamos tomar $$\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$$ y tendremos

$$\left|\frac{1}{f(x)}-\frac 1{\ell}\right|<\frac{2|\ell|^2\epsilon}{2 |\ell|^2}=\epsilon$$

Answer 3

Estoy bastante seguro de que después de un año completo debe haber terminado este tema. ¡¡Pero tengo un enfoque alternativo que me gustaría compartir aquí!!

$\displaystyle \lim_{x\to 1} \frac{1}{x} = 1$ nos dice que hay algo de $\delta$ tal que $|\frac{1}{x} – 1| < \epsilon$

$\implies \frac{|x – 1|}{|x|} < \epsilon$

Supongamos que $|x – 1| < \frac{1}{3}$ Por lo tanto,

$2/3 < x < 4/3$

$\implies 2/3 < |x| < 4/3 \implies 3/2 < \frac{1}{|x|} < 3/4$

Recordemos que $|x – 1| < \delta$ también es cierto

Dado que ambos $|x|$ y $|x – 1|$ son positivos, podemos considerarlo,

$|x – 1| < \delta$

$\frac{1}{|x|} < 3/4$

$\implies \frac{|x-1|}{|x|} < \frac{4\delta}{3}$

Considerando el LHS, sabemos que el LHS < \epsilon para que podamos dejar

$\frac{4\delta}{3} = \epsilon$

$\implies \delta = \frac{3\epsilon}{4}$

Pero esto es bajo el supuesto de que $|x - 1| < 1/3$ Por lo tanto, el $\delta$ es en realidad,

$\delta = \min(1/3, \frac{3\epsilon}{4})$

Answer 4

Dado $\epsilon>0$ buscamos $\delta>0$ s.t. como si $|x-1|\leq \delta$ tenemos $\left| \frac{1}{x} - 1 \right|\leq \epsilon$ .

Si añadimos una condición más: $\delta\leq \frac{1}{2}$ y como $|x-1|\leq \delta$ encontramos por la desigualdad del triángulo $|x|\geq 1-\delta\geq \frac{1}{2}$ por lo que tenemos $$\left| \frac{1}{x} - 1 \right| =\left| \frac{1}{x} \right| \left| x - 1\right| < \epsilon \iff \left| x-1 \right| < \epsilon |x|\Leftarrow |x-1|\leq \frac{\epsilon}{2}$$ por lo que basta con elegir $\delta=\min(\frac{\epsilon}{2},\frac{1}{2})$ .

Answer 5

$\tag 1 |\frac{1}{x} - 1| < \varepsilon \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

$ \text{ iff } \; -\varepsilon < \frac{1}{x} - 1 < \varepsilon \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

$ \text{ iff } \; 1 -\varepsilon < \frac{1}{x} < 1 + \varepsilon \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

$ \text{ iff } \; 1 -\varepsilon < \frac{1}{x} < 1 + \varepsilon \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

$ \text{ iff } \; \frac{1}{1 + \varepsilon} < x < \frac{1}{1 - \varepsilon} \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

$ \text{ iff } \; \frac{1}{1 + \varepsilon} < x < \frac{1}{1 - \varepsilon} \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

$ \text{ iff } \; \frac{-\varepsilon}{1 + \varepsilon} < x - 1 < \frac{+\varepsilon}{1 - \varepsilon} \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

Estamos tratando de encontrar nuestro $\delta \gt 0$ "Configuración", $|x -1| \lt \delta$ limitado por

$\tag 2 \frac{-\varepsilon}{1 + \varepsilon} \le -\delta \lt x - 1 \lt +\delta \le \frac{+\varepsilon}{1 - \varepsilon} \text{ and } 0 \lt \varepsilon \le \frac{1}{2}$

para que $\text{(2)}$ implica $\text{(1)}$ (podemos utilizar nuestro desarrollado " $\text{iff }$ -cadena lógica" a la inversa).

Configurar

$\quad \delta = \frac{\varepsilon}{1 + \varepsilon}$

establece el lado izquierdo de $\text{(2)}$ pero también se encarga de la parte de los derechos, ya que

$\quad \delta = \frac{\varepsilon}{1 + \varepsilon} \le \frac{\varepsilon}{1 - \varepsilon}$

Nota: Aquí no utilizamos el enfoque "min delta". Utilizando la misma técnica mecánica encontrada aquí Simplemente, "giramos la manivela". A medida que vamos resolviendo las cosas nos damos cuenta de que queremos limitar $\varepsilon$ .

Ejemplo didáctico 1: Se le plantea un reto de $\varepsilon$ que sea mayor o igual que $1/2$ .
A continuación, establezca $\delta = 1/3$ .

Tenga en cuenta que si $\varepsilon = 1/500$ tomamos $\delta = 1/501$ un número más "flojo" que el $\varepsilon/2 = 1/1000$ que se encuentran en otras (excelentes) respuestas en este hilo.