È questo $\epsilon$-$\delta$ limite corretto?

Question

Devo dimostrarlo $\lim_{x\to2}x^2+x+1=7$ con il $\epsilon$-$\delta$definizione di limite. Ecco come l'ho fatto:$\left\lvert x^2+x-6\right\rvert=\lvert x−2\rvert\lvert x+3\rvert<\epsilon$ e poiché siamo vicini a $2$, possiamo presumere che il file $\delta$-quartiere di $c=2$ deve avere un raggio di max $\delta=1$ il che implica che: $\lvert x-2\rvert < \frac{\epsilon}{6}$. Adesso scegliamo$\delta = \min\{3,\frac{\epsilon}{6}\}$ e possiamo concludere che se $\lvert x−2\rvert<\delta$, ne consegue che $\left\lvert x^2+x+1-7\right\rvert < 6\frac{\epsilon}{6}=\epsilon$. Questo calcolo è corretto? Mi manca qualcosa? O qualche dettaglio?

Answer 1

Normalmente, prima o durante la presentazione di una risposta, dovrei rispondere alle domande del PO e segnalare eventuali errori od omissioni. Semplicemente non posso farlo qui. Sono d'accordo con il commento di Ted Shifrin.

Permettere $f(x) = x^2 + x + 1.$

Provare:

$\forall \epsilon > 0 ~\exists ~\delta > 0~$ tale che
$|f(x) - 7| < \epsilon~$ ogni volta $~0 < |x - 2| < \delta.$

Presenterò questo come una soluzione completa, mostrando come crei la relazione tra $\delta$ e $\epsilon$.

Supporre che $(2-\delta) < x < (2 + \delta)$. Poi

• $4 - 4\delta + \delta^2 < x^2 < 4 + 4\delta + \delta^2.$

• $2 - \delta < x < 2 + \delta.$

Perciò, $7 - 5\delta + \delta^2 < f(x) < 7 + 5\delta + \delta^2.$

La prima cosa da fare è stabilire quello tra i vincoli che verranno imposti $\delta$ è questo $\delta < 1.$

Ciò garantisce che$0 < \delta^2 < \delta.$

Con questo vincolo imposto,

$$7 - 5\delta < f(x) < 7 + 6\delta.$$

Ciò significa che per qualsiasi $0 < \delta < 1,$ Se $\epsilon$ sembra essere maggiore di$6\delta$, poi $$|f(x) - 7| < \epsilon.$$

Quindi una semplice soluzione è (ad esempio) impostata $\delta = \min\left[0.9, (\epsilon/10)\right].$

Answer 2

È davvero semplice come lo stavi facendo, anche se ci sono errori ed è scritto male. Hai capito correttamente che è importante rilegarne uno$|x-2|, |x+3|$, vale a dire $|x-2|$.

È standard per iniziare $\delta := 1$ poiché questo ci fornisce più informazioni con cui lavorare per i piccoli $\epsilon$, in particolare quando abbiamo $0 < \epsilon < 1$.

Ricorda che stiamo considerando il limite come $x$ approcci $2$, quindi dobbiamo prima esaminare come limitare $x$, a volte devi farlo e in questo caso in particolare, perché dobbiamo aggiungere $5$ per $|x+3|$ pur lasciandolo in qualche modo delimitato (altrimenti $x$ potrebbe essere solo un numero negativo dove $|x|$ è molto grande).

Detto questo, possiamo limitare $x$ in giro $2$ tale che $1 < x < 3$ così che $|x-2| < 1:\delta_{1} $ e $4 < x+3 <6 \implies |x+3| < 6$.

Quindi, se scegliamo $\delta_{1} := 1$, vediamo da cosa è limitato il nostro altro termine.

Adesso possiamo scegliere $\delta_{2}$ così che $|x-2| < \delta_{2} = \frac{\epsilon}{6}.$

Pertanto, per alcuni arbitrario $\epsilon > 0$ se prendiamo $\delta:=\min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$, poi $|x^{2}+x-6| =|x-2||x+3| < \frac{\epsilon}{6}\cdot 6 = \epsilon$.

Answer 3

Abbiamo messo $f(x) = x^2 +x+1$

Possiamo provare che: $|f(x) - l|<\delta $ $ \Rightarrow $ $ |x-a|<\alpha $

$\alpha , \delta > 0$

$|f(x) - l|= |x^2 +x+1-7|=|x^2 +x-6|=|x-2||x+3|$

$|f(x) - l|<\delta$

$\Rightarrow $ $|x-2||x+3|<\delta$

Supponiamo $x\in [\frac{3}{2}, \frac{5}{2}] $

$\Rightarrow $$\ frac {9} {2} \ leq x + 3 \ leq \ frac {11} {2} $

$ \ Rightarrow $$|x+3|\leq \frac {11}{2} $

$\Rightarrow $$| x-2 || x + 3 | \ leq \ frac {11} {2} | x-2 | $

lo sappiamo :

$ | x-2 || x + 3 | <\ delta $

Così:

$ \ frac {11} {2} | x-2 | <\ delta $

$ \ Freccia destra $ $ | x-2 | <\ frac {2} {11} \ delta $

Mettiamo $ \ alpha = \ frac {2 \ delta} {11} $

Infine: dopo la definizione di limite abbiamo dimostrato $ \ lim_ {x \ to 2} f (x) = 7 $