Qué es el método más utilizado para probar continuidad para funciones simples como $f(x) = x^{1/3}$

Question

En el análisis que hemos hablado acerca de una definición muy general de continuidad:

$f:A \to B$ es continua si $U \subset B$ está abierto, $f^{-1}(U) = V \subset A $ está abierto

Muy elegante

Otra definición es la si $(x_n) \to x \in A$, $f(x_n) \to f(x) \in B$

Ok, pero usted tiene que construir una secuencia y, a continuación, suponga $x$ existe

Luego está la $(\epsilon-\delta) $definición, que es difícil de recordar y honestamente no tengo ni idea de cómo usarlo correctamente

---

Sólo quiero mostrar que $f(x) = x^{1/3}$ o $f(x) = x^2$ es continua.

¿Cuál es la forma más común para probar la continuidad de estas funciones simples?

Answer 1

Sólo por diversión, aquí es una manera totalmente diferente a demostrar que $f(x)=x^2$ es continua. La identidad de la función es continua (fácil de ver, de pensar, por ejemplo, la inversa de imágenes de abrir sets). Bebé Rudin 4.4 nos enseña que si $\lim_{x\to p} f(x)=A$$\lim_{x\to p} g(x)=B$,$\lim_{x\to p} f(x)g(x)=AB$. De esto podemos inferir que si $f$ es continua en a $p$ (significado $A=f(p)$) y $g$ es continua en a $p$ (significado $B=g(p)$), $fg$ es continua en a $p$. Deje $f$ $g$ ser la función identidad y la conclusión de que $x^2$ es continua.

Para $x^{1/3}$ podemos hacer lo siguiente: $x\to x^3$ es continua por la misma razón que $x\to x^2$ es. Bebé Rudin 4.17 nos dice que la función inversa de una función continua es continua siempre que el dominio es compacto. Aplicar Bebé Rudin 4.17 $x^3$ sobre el pacto establece $[-n,n]$ para todos los enteros $n$, y a la conclusión de que $x^{1/3}$, la función inversa de la $x^3$, es continua en todos los puntos en $\mathbb{R}$.

Answer 2

Veamos $f(x) = x^2$ para obtener la sensación de cómo las pruebas de trabajo. Fix$\epsilon >0$$x \in (-L,L)$, a continuación, vamos a considerar $y$ s.t. $| x-y | < \delta $ (usted puede pensar de delta como una función de la $\epsilon$ $x$ que tenemos que encontrar). Luego vemos $$|f(x) - f(y)| = |x^2 - y^2|= | x-y| | x+y| \leq 2L \delta $$ Así, si tomamos como delta $\delta = \frac{ \epsilon}{2L} $, vemos que $$ |f(x) - f(y)| < \epsilon \quad \text{whenever} \quad | x-y | < \delta$$ Esto se aplica para todos los $\epsilon>0$ desde que lo encontramos $\delta(\epsilon)$.$f(x) = x^{1/3}$ es tratado de la misma manera, pero en lugar de tener una diferencia de cuadrados, tenemos $$ x^3 - y^3 = (x-y ) ( x^2 +xy + y^2 )$$ El truco es conseguir que nuestros delta vinculado de alguna manera en la diferencia de $f(x) - f(y)$.

Answer 3

Vamos a revisar la prueba de $\delta-\epsilon$. Tenemos

$$\begin{align} \left|x^{1/3}-y^{1/3}\right|&=\left|(x^{1/3}-y^{1/3})\left(\frac{x^{2/3}+x^{1/3}y^{1/3}+y^{2/3}}{x^{2/3}+x^{1/3}y^{1/3}+y^{2/3}}\right)\right|\\\\ &=\left|\frac{x-y}{x^{2/3}+x^{1/3}y^{1/3}+y^{2/3}}\right| \tag 1 \end {Alinee el} $$

---

CASO $1$:

Si $y=0$, entonces dado $\epsilon>0$, $|x^{1/3}|<\epsilon$ cuando $|x|<\delta=\epsilon^3$.

---

CASO $2$:

Si $y>0$ (dejamos el caso para que $y<0$ al lector), entonces primero elegimos $\delta<y/2$. Entonces, $|x-y|<\delta =y/2\implies y/2 < x<3y/2$.

Así, tenemos desde $(1)$ $\epsilon>0$ que

$$\begin{align} \left|x^{1/3}-y^{1/3}\right|&=\frac{|x-y|}{(y/2)^{2/3}+(y/2)^{1/3}y^{1/3}+y^{2/3}} \\\\ &<\frac{|x-y|}{y^{2/3}}\\\\ &<\epsilon \end {Alinee el} $$

cuando $|x-y|<\min\left(y/2,y^{2/3}\epsilon \right)$.

Y ya terminamos!

Answer 4

Aquí hay una muy especial argumento que se aplica a la función de $x^\lambda$ cualquier $\lambda\ne0$.

Teorema. Deje $U$ $V$ ser abierto intervalos en $\Bbb R$, e $f:U\to V$ con la propiedad de que $f$ es surjective y estrictamente monótona, es decir, para $a,b\in U$ $a<b$ $f(a)<f(b)$ para una función creciente ($f(a)>f(b)$ para una función decreciente). A continuación, $f$ es continua.

Te voy a dar la prueba para una función creciente, y mostrar la continuidad en $x_0\in U$. Llame a $y_0=f(x_0)$, y deje $\varepsilon>0$ -, que podemos suponer sin pérdida de generalidad que $[y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon]\subset V$. Debido a $f$ mapas de $U$ a $V$, hay elementos $a,b\in U$$f(a)=y_0-\varepsilon$$f(b)=y_0+\varepsilon$. Ahora vamos a $\delta=\min(x_0-a,b-x_0)$, por lo que el $\langle x_0-\delta,x_0+\delta\rangle\subset\langle a,b\rangle$. Ahora, si $|x-x_0|<\delta$, obtenemos $a<x<b$, por lo que el $f(a)<f(x)<f(b)$, es decir,$y_0-\varepsilon<f(x)<y_0+\varepsilon$, que dice que $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$.

(En caso de que prefiera una prueba de que funciona mostrando que el inverso de la imagen de un abierto es abierto, una rápida Lema que, en nuestra hipótesis, la imagen inversa de un abrir subinterval de $V$ es una subinterval de $U$ le dará el ingrediente esencial.)

Answer 5

Voy a proceder de una manera estándar para mostrar que $x^2$ es continua.

Deje $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser definido por $f(x)=x^2$.

Deje $\epsilon>0$. Entonces, queremos mostrar que $|f(x)-f(c)|<\epsilon$ si $|x-c|<\delta$. Así que queremos (de trabajo "hacia atrás"): $|x^2-c^2|=|x+c|\cdot|x-c|<\epsilon$. El problema aquí, es que el $\delta$ no puede depender de $x$. Así que para solucionar este problema, WLOG asumir que $\delta<1$, y también que $c>0$. Entonces $$|x-c|<1 \implies -1<x-c<1 \implies c-1<x<c+1 \implies 2c-1<x+c<2c+1$$.

A continuación,$|x+c|<2c+1$. Entonces, queremos: $$|x+c|\cdot |x-c|<(2c+1)\cdot \delta<\epsilon$$. So we want to set $\delta=\frac{\epsilon}{2c+1}$.

Ahora estamos listos para la prueba oficial":

Deje $\epsilon>0$. Deje $\delta=\frac{\epsilon}{2c+1}$. Supongamos que $x \in \mathbb{R}$ y $|x-c|<\delta$. A continuación,$|f(x)-f(c)|=|x+c|\cdot|x-c|<\delta\cdot(2c+1)=\frac{\epsilon}{2c+1}\cdot(2c+1)=\epsilon$, como se desee.

Con la ayuda de la intuición, esto es casi la misma cosa como el "conjunto abierto" de la definición que dan:

Aquí: vamos a $V$ ser un barrio de $f(c)$. Entonces existe una bola abierta de $f(c)$ tal que $c \in B_{\epsilon}(f(c),\epsilon) \subseteq V$. A continuación, queremos que exista algo de bola de $B_{\delta}(c,\delta)$ tal que $f(B_{\delta}(c,\delta)) \subseteq B_{\epsilon}(f(c),\epsilon)$. Pero un balón es literalmente se define en $\mathbb{R}$ con el estándar de la topología para ser todo lo $y \in \mathbb{R}$ tal que $|f(c)-y|<\epsilon$. Todo lo que queremos mostrar es que para cada una de las $\epsilon-ball$ hay algunas correspondiente $\delta-ball$ tal que $|x-c| \implies |f(x)-f(c)|<\epsilon$ ( o más simplemente que $x \in B_{\delta}(c,\delta) \implies f(x) \in B_{\epsilon}(f(c),\epsilon) \subseteq V$) , ya que esto implica que la imagen de la $\delta-ball$ se encuentra en el barrio $V$, lo que implica local de continuidad para un punto arbitrario $c$.