Demostrar que si una función es igual o mayor que otro, entonces también lo es su límite.

Question

Deje $g(x)$ $f(x)$ funciones reales tales que a $f(x) \le g(x); \forall x$ tanto $f$ $g$ están definidos. El uso de la $\epsilon$-$\delta$ definición de límite de mostrar que $\lim_{x \to a} f(x) \le \lim_{x \to a} g(x)$, dado que ambos se definen.

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Aquí está mi solución:

Supongamos lo contrario, así que vamos a $\lim_{x \to a} f(x) = M$$\lim_{x \to a} g(x) = N$, de tal manera que $M>N$. Ahora con la condición que:

$$f(x) + N < g(x) + M: \quad \quad \forall x \in D_f \text{ and } x \in D_g$$ $$f(x) - M < g(x) - N; \quad \quad \forall x \in D_f \text{ and } x \in D_g$$

Por lo tanto existe siempre $\epsilon$ tal que $\mid f(x) - M \mid < \epsilon <\mid g(x) - N \mid$ o $\mid f(x) - M \mid > \epsilon > \mid g(x) - N \mid$, ya que el conjunto de los reales es denso y no tenemos la igualdad.

Por lo tanto para esta $\epsilon$ no somos capaces de encontrar $\delta$ tal forma que:

$$0<\mid x-a \mid < \delta \implies \mid f(x) - M \mid < \epsilon \quad \text{or} \quad 0<\mid x-a \mid < \delta \implies \mid g(x) - N \mid < \epsilon$$

lo que significa que uno de los límites es malo que no es posible. Por lo tanto $M\le N$. Q. E. D.

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Creo que esta prueba está muy bien, pero, ¿es posible demostrar la declaración, sin que la hipótesis inicial, o al menos sin usar el hecho de que el conjunto de los reales es denso?

Answer 1

Repitiendo lo que dije en el comentario: me inclino a decir que esta prueba es falsa. Si $x\to a$, en tanto $\vert f(x)-M\vert\to0 $$\vert g(x)-N\vert\to0$. Esto significaría que $ \vert f(x) - M \vert < \epsilon <\vert g(x) - N \vert$ no se mantienen cuando se $x\to a$. La prueba no se sostiene, porque el epsilon que usted elija es inexistente para ciertos valores de $x$ (en particular para los valores que nos interesa). No podemos llegar a una contradicción, algo inexistente. Esto es tan claro como puedo formularlo.

N. B. En general, no es infrecuente < o > para cambiar a $\leq$ o $\geq$, respectivamente, al tomar límites.

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He aquí un ejemplo de una prueba:

Tenemos $f(x)\leq g(x)$$\lim\limits_{x\to a} f(x)=M$$\lim\limits_{x\to a} g(x)=N$. Supongamos ahora que $M > N$. El $\epsilon$-$\delta$ una definición puede ser reformulado para decir:

Si $\lim\limits_{x\to a} f(x)=M$ a continuación, para cada $\epsilon>0$ no es un porcentaje ($\delta >0$tal que $f(a-\delta;a+\delta)\subseteq (M-\epsilon; M+\epsilon)$.

Y, por supuesto, lo mismo ocurre con el $g(x)$$N$.

Ahora dicen que puede tomar cualquier $\epsilon>0$, de modo que bien podría aprovechar $\epsilon =\frac{M-N}{2}$. Ahora de acuerdo a la definición no es un $\delta$ (convencerse de que uno de los $\delta $ es suficiente) tal que \begin{gather}f(a-\delta;a+\delta)\subseteq (M-\epsilon;M+\epsilon) \\\text{and}\\ g(a-\delta;a+\delta)\subseteq (N-\epsilon;N+\epsilon).\end{reunir}

Ahora tenga en cuenta que todos los números en $(M-\epsilon;M+\epsilon)$ son estrictamente mayor que todos los números en $(N-\epsilon;N+\epsilon)$. Esto significa que cualquier $x\in(a-\delta;a+\delta)$ viola $f(x)\leq g(x)$, dando el buscado de la contradicción. Por lo tanto $M\leq N$.

Answer 2

Yo no comprobar su prueba, pero aquí es una manera mucho más fácil demostrar su resultado.

Deje $$L_1:=\lim_{x\to a}f(x)\quad\text{and}\quad L_2=\lim_{x\to a}g(x).$$ Deje $(x_n)$ ser una secuencia que converge a $a$. Para todos los $n$ hemos, $$ f(x_n)\leq g(x_n),$$ and thus $$L_1=\lim_{n\to\infty }f(x_n)\leq \lim_{n\to\infty }g(x_n)=L_2,$$ lo que demuestra la demanda.

Answer 3

Definitivamente tiene que aplicar la densidad de la propiedad, ¿de qué otra forma va a ser capaz de justificar que si $a<b$ existe $c$ tal que $a<c<b$

Contador de ejemplo: Deje $f(x)\equiv M, g(x)\equiv N$ ser constante funciones. A continuación, $|f(x)-M|<|g(x)-N|$ es violado.