Cómo demostrar que un límite no puede ser otro número?

Question

Vamos a: $$ G(x) = \left\{ \begin{array} {cc} x \sin \frac{1}{x} , & x\neq 0 \\ 0, & x=0 \end{array} \right. $$

Puedo entender que la función es continua en $x=0$ porque:

Para$\epsilon>0$$\delta>0$, esto implica, para todos los $x$

$$ |x 0|<\delta \implica |f(x)-0| < \epsilon \\ |x|<\delta \implica |f(x)| < \epsilon \\ |x|<\delta \implica |x\sin \frac{1}{x}| < \epsilon \\ |x|<\delta \implica |x||\sin \frac{1}{x}| < \epsilon \\ \, por tanto \delta = \frac{\epsilon}{\sin \frac{1}{x}} $$

Así que, para cualquier $\epsilon>0$, podemos encontrar una $\delta=\frac{\epsilon}{\sin \frac{1}{x}}$, de modo que $ |x-0|<\delta \implies |f(x)-0| < \epsilon$ es cierto.

Por lo tanto, $\lim \limits_{x\to 0}G(x)=G(0)=0$

Mi texto también menciona que $G$ sólo será continua en $0$ si $G(0)=0$.

Así que ahora me pregunto por qué no puedo ser cualquier número, $l$?

Hasta ahora esto es lo que he llegado con el uso de las mismas manipulaciones como arriba:

$$|x 0|<\delta \implica |f(x)-l| < \epsilon \\ |x|< \frac{\epsilon + l}{\sin \frac{1}{x}} $$

Yo había esperado que esto conduce a contradicción al $l \neq 0$ pero hasta ahora no lo veo. ¿Cómo puedo demostrar que $\lim \limits_{x \to 0}G(x)$ debe $0$ ¿y a dónde voy mal en mis sesiones?

Gracias de antemano por cualquier ayuda que se presta.

Answer 1

Sugerencia de Suponer que para algunos $l$ la función $$H(x) = \left\{ \begin{array} {cc} x \sin \frac{1}{x} , & x\neq 0 \\ l, & x=0 \end{array} \right.$$

Entonces, la función de

$$H(x)-G(x) = \left\{ \begin{array} {cc}0 , & x\neq 0 \\ l, & x=0 \end{array} \right.$$

es continua en a $0$ como la diferencia de dos funciones continuas.

Answer 2

Su texto es correcto. La función es continua sólo si definimos $G(0)=0$. Esto es debido a que para obtener la continuidad de la $G$ $0$ necesitamos ese $G(0)=\lim_{x\to0}G(x)$ y los límites de las funciones en algún punto en $\mathbb{R}$ (siempre que el límite existe) son únicos cuando determinamos la convergencia por medio de la $\epsilon-\delta$ método.

Para ver este supongamos que $f$ es una función definida en una vecindad de a $a$ tal que $\lim_{x\to a}f(x)$ existe donde $a\in\mathbb{R}$. Yo reclamo el límite es único.

Supongamos que no. Entonces hay dos distintos números de $L,M\in\mathbb{R}$ tal que $\lim_{x\to a}f(x)=L$$\lim_{x\to a}f(x)=M$. Esto significa que si tomamos $0<\epsilon=\frac{|L-M|}{100}$ existe $0<\delta_{1}$ $0<\delta_{2}$ que si $0<|x-a|<\delta_{1}$ $|f(x)-L|<\epsilon$ e si $0<|x-a|<\delta_{2}$$|f(x)-M|<\epsilon$. Si tomamos $\delta=\min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$ si $0<|x-a|<\delta$

$|L-M|=|(L-f(x))+(f(x)-M)|\le|L-f(x)|+|f(x)-M|<\epsilon+\epsilon=2\epsilon=\frac{|L-M|}{50}$

por la definición que dimos fo $\epsilon$. Pero esto implica $49|L-M|<0$. Pero esto es imposible. Contradicción.

Por tanto, los límites deben ser únicos. Así que la razón por la que no podemos definir $G(0)$ más que nada es porque si el límite existe, entonces es único. Desde $|x\sin\big(\frac{1}{x}\big)|\le|x|$ $lim_{x\to0}G(x)$ existe y es $0$.

Answer 3

Primero de todo, hay una advertencia acerca de su prueba, el valor que usted elija para $\delta$ puede ser muy grande, o incluso no ser un número, por ejemplo, permite corregir $x$ tal que $\sin{\frac{1}{x}}=0$ (que en realidad sucede un número infinito de veces a medida que x se acerca a 0), entonces su $$ \delta=\frac{\varepsilon}{\sin{\frac{1}{x}}}, $$ no está bien definido.

Sin embargo, la prueba no es del todo equivocado usted acaba de escoger el mal delta, en este caso, como su función de $G$ se multiplica por el bien comportado de identidad de la función que puede tener $\delta=\varepsilon$, por lo que la prueba de que $G$ es continua en a $x=0$ será de la siguiente manera:

Deje $\varepsilon>0$ dado y deje $\delta=\varepsilon$, entonces para cualquier $x$ tal forma que: $$ |x 0|<\delta $$ tenemos que:

$$ |G(x)-G(0)|=|x\sin{\frac{1}{x}}-0|\\ =|x\sin{\frac{1}{x}}|\\ =|x||\sin{\frac{1}{x}}|\\ \le|x|\\ \lt\delta=\varepsilon $$ donde tu falta el paso que sigue a partir del hecho de que $|sin(y)|\le1$ todos los $y\in\mathbb{R}$, y el triángulo de la desigualdad. Así llegamos a la conclusión de que $G$ es continua en a $x=0$.

Ahora si quieres ver por qué cualquier otra opción de $l$ va a fallar, su asunción de la utilización de una prueba por contradicción es correcta, sin embargo, usted está haciendo su álgebra mal.

Supongamos que hay un $l\not=0$ tal que $G(0)=l$ es continua en a $x=0$. Esto significa que por cada $\varepsilon>0$ podemos encontrar una $\delta_\varepsilon>0$ (el subíndice es justo o hacer énfasis en el hecho de que la elección de esta $\delta$ depende de la $\varepsilon$) tal que:

$$ |x 0|<\delta_\varepsilon \Rightarrow |G(x)-G(0)|<\varepsilon. $$

Así que la prueba va como esto:

Deje $\varepsilon>0$, e $\delta_\varepsilon$ tal forma que:

$$ |x 0|<\delta_\varepsilon \Rightarrow |G(x)-G(0)|<\varepsilon. $$

Para hacer nuestra vida más fácil, vamos a echar otro$\delta$: $\delta=\min\{\delta_\varepsilon,\varepsilon\}$, (tenga en cuenta que $|x-0|<\delta<\delta_\varepsilon$ por lo que la conclusión de la asunción de nuestra aún se mantiene.) por lo tanto:

$$ |x 0|<\delta, $$ entonces:

$$ \|izquierda|G(x)|-|G(0)|\right|\le|G(x)-G(0)|<\varepsilon, $$

así:

$$ \|izquierda|x\sin{\frac{1}{x}}|-|l|\right|<\varepsilon, $$

de ello se sigue que:

$$ -\varepsilon<|x\sin{\frac{1}{x}}|-|l|<\varepsilon, $$

en particular, utilizando el lado izquierdo:

$$ |l|-\varepsilon<|x\sin{\frac{1}{x}}| $$

pero recuerde que $|x\sin{\frac{1}{x}}|\le|x|$ así:

$$ |l|-\varepsilon<|x\sin{\frac{1}{x}}|\le|x|=\delta\le\varepsilon. $$

así llegamos a la conclusión de que:

$$ |l|<2\varepsilon. $$

Lo que es claramente una contradicción, porque $l$ es fijo, y este debe mantener para cualquier valor de $\varepsilon$.

Por lo $G$ no es continua en a $x=0$ si $G(0)\not=0$.

Answer 4

La pregunta que no fue contestada:

Yo había esperado que esto conduce a contradicción al $l \neq 0$ pero hasta ahora no lo veo. ¿Cómo puedo demostrar que $\lim \limits_{x \to 0}G(x)$ debe $0$ ¿y a dónde voy mal en mis sesiones?

Usted no puede obtener una contradicción, porque tus trabajos son (con algunas pequeñas re-arreglo) esencialmente correcto.

Usted no obtener una prueba de que la función de con $G(0)=L$ es continua, porque para $L \neq 0$ de los trabajos son de probar algo ligeramente diferente de la continuidad.

El punto final de su razonamiento con las desigualdades sería correcta la prueba de la verdadera declaración de que al $G(0)$ se asigna el valor de $L$, entonces: para todos los $\epsilon > 0$, existe un $\delta > 0$ tal forma que:

$|G(x)| < |L| + \epsilon \quad$ al $|x| < \delta$.

La continuidad con $G(0)=L$, esa frase se sustituye por

$L - \epsilon < G(x) < L + \epsilon \quad$ al $|x| < \delta$.

Si $L=0$ las dos frases tienen el mismo significado, por lo que lo que su argumento podría demostrar que la función de con $G(0)=0$ es continua. Para otros valores de $L$, es una prueba de que el límite superior, pero el límite inferior de la necesaria para obtener una prueba de la continuidad es falso. No hay contradicción, porque no hay ninguna prueba de que la declaración falsa.

La re-organización de la prueba necesarios para la plena corrección son:

• reemplazar el pecado por el pecado, en las desigualdades
• obligado |pecado| por $1$, según lo sugerido por varias personas
• lo que conduce a $\delta = \epsilon$ como el valor a utilizar en la prueba
• presentar las desigualdades de partida en el orden opuesto, mostrando que si $\delta = \epsilon$, entonces las condiciones para la continuidad (con $G(0)=0$) están satisfechos.