証明する $\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 1$ 偽です
$$\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 1$$
与えられた $\epsilon > 0$ $$\left|\frac{1}{x} - 1\right| < \epsilon.$$ 次のように書き直します $$-\epsilon < \frac{1}{x} - 1 < \epsilon$$ $$-\epsilon + 1< \frac{1}{x} < \epsilon + 1$$ イプシロンが非常に小さい場合、両側で値がに近くなります $1$、ただし、関数はゼロに近づくため、両側がfalseになります。場合$\epsilon$ が大きい場合、右側では大きな正の値が得られますが、 $ n \in (0,1)$関数も大きくなります。したがって、右側は失敗します。これは防音ですか？はいの場合、数学記号でどのように書き直しますか？
回答
私はあなたが非常に小さいとはどういう意味か知っているので、それを受け入れます。ただし、この場合は、意味を正確にするのが最善です。1/2を使用する場合、$x>2$、その後 $1/x<1/2$。だから私たちは持つことができません$1/x\to1$。
正直なところ、この場合は右側は関係ありません。収束が成り立たないことを示すために、不等式の1つを破る必要があるだけです。しかし、いずれにせよ、それは常に真実です$x\geq1$ それ $1/x<1+\epsilon$、したがって、正しい不等式が成り立ちます。
あなたの議論は $\frac 1x$ に行く $0$ニーズが証明されており、基本的にことをされて何を証明するように求められています。証明する$\frac 1x$ 行きません$1$。
あなたがそれを証明するならそして$\lim_{x\to \infty} \frac 1x = 0$ （それはそうです-補遺を参照してください）それは十分ではありません $\lim_{x\to \infty}f(x) = L$ 平等のように見えます、それは実際にはすべてのために意味します$\epsilon > 0$ あります $N$ そのため $x > N \implies |f(x) - L| < \epsilon$そして私達は2つがあり得ないことを知らないので$L$s。（私たちは非常に早い段階でそれを証明することができ、実際に証明していますが、補遺を参照してください）。
ヒントは次のとおりです。 $|\frac 1x - 1| =|1-\frac 1x|= |\frac {x-1}x|$。
だからもし $|\frac 1x - 1|<\epsilon$ その後 $-\epsilon < \frac {x-1}x < \epsilon$。今として$x\to \infty$ 私たちは仮定することができます $x > 1$ そう $-\epsilon x < 0 < x-1 < x\epsilon$
$x-x\epsilon=x(1-\epsilon) < 1$
私たちが選択した場合 $\epsilon$ そのため $0<\epsilon < 1$ 我々は持っています $x < \frac 1{1-\epsilon}$。
まあ、それは上限を置きます $x$ それと矛盾します $x \to \infty$ だからそれは不可能です。
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補遺：
請求： $\lim_{x\to \infty} \frac 1x = 0$。
Pf：任意の $\epsilon >0$ しましょう $N =\frac 1{\epsilon}$（これはポジティブです）。場合$x > N$ その後 $|\frac 1x -0| = \frac 1x < \frac 1N =\epsilon$。
主張：もし $\lim_{x\to \infty} f(x) = L$ そして $M \ne L$ その後 $\lim_{x\to \infty} f(x)= M$ 真実ではない。
証明：もし $L \ne M$ その後 $|L - M| > 0$。しましょう$\epsilon = \frac {|L-M|}2$
場合 $|f(x) - M| < \epsilon$ そして $|f(x) - L| < \epsilon$ その後
$|L - M| = |(L - f(x)) + (f(x) - M)| \le |L-f(x)| + |f(x)-M| < \epsilon + \epsilon = |L-M|$
そう $|L-M| < |L-M|$それは不可能です。だからありません$N$ または $N'$ そうすれば $x >N$ そして $x > N'$ （すなわち $x > \max(N,N')$ その後 $|f(x)-L| < \epsilon$ そして $|f(x) -M| < \epsilon$ それは不可能なので。
……。
したがって、この投稿の本文で行ったようにそれを証明したくない場合は、制限が存在する場合は、それが一意であることを証明することができます。そしてそれは$\lim_{x\to \infty}\frac 1x =0$ そしてそれ $0 \ne 1$ だから主張 $\lim_{x\to \infty}\frac 1x = 1$ は誤りです。
与えられた $\epsilon > 0$ wlogを想定 $x>1$ そして $\epsilon<1$ その後
$$\left|\frac{1}{x} - 1\right| < \epsilon \iff1-\frac1x < \epsilon \iff \frac1x>1-\epsilon \iff x<\frac1{1-\epsilon }$$
その後、不等式はいずれかのために失敗します $x\ge M=\frac1{1-\epsilon }$。
代替の証明方法と同じように、広義積分を考慮してください $$I=\lim_{x\to\infty}\displaystyle\int_{1}^{x} \frac{1}{t^2}\,dt$$
それ以来、私たちはそれを知っています $t^2\geq 0$ すべてのために $t\in\mathbb{R}$、この場合、 $t\geq 1>0$、だから私たちはそれを持っています $1\geq \frac{1}{t^2}>0$、これは、被積分関数の関数が区間で厳密に正であることを意味します $[1,\infty)$、したがって、積分も厳密に正である必要があります。つまり、 $I>0$。計算した後、私たちはそれを見る$$I=\lim_{x\to\infty} -\frac{1}{t}\bigg|_{t=1}^{t=x} = \lim_{x\to\infty}-\frac{1}{x}+1=\lim_{x\to\infty}-(\frac{1}{x}-1)=-(1-1)=0\not>0$$
だから、 $\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x}=1$ は誤りです。
ステートメントが偽であることを示すには、 $\epsilon$ 対応するものがありません $x^\star$、いつでも $x \geq x\star$、 $| \frac{1}{x} - 1 | < \epsilon$保持しません。仮定します$L = 1$ そしてしましょう $\epsilon = \frac{1}{2}$。いつ検討する$x^\star \geq 1$、その後 \begin{align*} | \frac{1}{x} -1 | \geq \frac{1}{2} \end{align*}
いつでも $x \geq 2$。いつ検討する$x^\star <1$、その後 \begin{align*} |\frac{1}{x} -1 | \geq \frac{1}{2} \end{align*} いつでも $x \geq 2$。
したがって、存在しません $x^\star$ にとって $\epsilon = \frac{1}{2}$。したがって、制限が$1$。