알다 $\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 1$ 거짓이다
$$\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 1$$
주어진 $\epsilon > 0$ $$\left|\frac{1}{x} - 1\right| < \epsilon.$$ 다음과 같이 다시 작성하십시오. $$-\epsilon < \frac{1}{x} - 1 < \epsilon$$ $$-\epsilon + 1< \frac{1}{x} < \epsilon + 1$$ 엡실론이 매우 작 으면 양쪽에서 우리는 $1$하지만 함수는 0에 가까워 지므로 양쪽 모두 거짓입니다. 만약$\epsilon$ 오른쪽에는 큰 양의 값이 표시되지만 $ n \in (0,1)$함수도 커집니다. 따라서 오른쪽이 실패합니다. 이것은 소리 증거입니까? 그렇다면 수학 기호로 어떻게 다시 작성합니까?
답변
나는 당신이 아주 작게 의미하는 바를 알고 있기 때문에 그것을 받아 들일 것입니다. 그러나이 경우 의미하는 바를 정확하게 만드는 것이 가장 좋습니다. 1/2을 사용하고$x>2$, 다음 $1/x<1/2$. 그래서 우리는 가질 수 없습니다$1/x\to1$.
솔직히이 경우 오른쪽은 중요하지 않습니다. 우리는 수렴이 유지되지 않는다는 것을 보여주기 위해 불평등 중 하나만 깨면됩니다. 그러나 어쨌든 그것은 항상 사실입니다$x\geq1$ 그 $1/x<1+\epsilon$, 따라서 올바른 불평등이 유지됩니다.
당신의 주장 $\frac 1x$ 로 이동 $0$요구가 입증 된 것을 기본적으로 할 것입니다 입증하도록 요구되는 내용; 알다$\frac 1x$ 가지 않는다$1$.
그리고 당신은 경우 않는 것을 증명$\lim_{x\to \infty} \frac 1x = 0$ (그것이-부록 참조) 충분하지 않습니다. $\lim_{x\to \infty}f(x) = L$ 평등처럼 보이지만 실제로는$\epsilon > 0$ 있다 $N$ 그래서 $x > N \implies |f(x) - L| < \epsilon$그리고 우리는 둘이 있을 수 없다는 것을 모릅니다.$L$에스. (아주 초기에 증명할 수 있고 증명할 수 있지만 부록 참조).
다음은 힌트입니다. $|\frac 1x - 1| =|1-\frac 1x|= |\frac {x-1}x|$.
그래서 만약 $|\frac 1x - 1|<\epsilon$ 그때 $-\epsilon < \frac {x-1}x < \epsilon$. 이제$x\to \infty$ 우리는 가정 할 수있다 $x > 1$ 그래서 $-\epsilon x < 0 < x-1 < x\epsilon$
$x-x\epsilon=x(1-\epsilon) < 1$
우리가 선택하면 $\epsilon$ 그래서 $0<\epsilon < 1$ 우리는 $x < \frac 1{1-\epsilon}$.
음, 그것은 상한선을 설정합니다 $x$ 모순되는 $x \to \infty$ 불가능합니다.
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부록 :
청구: $\lim_{x\to \infty} \frac 1x = 0$.
Pf : 모든 $\epsilon >0$ 허락하다 $N =\frac 1{\epsilon}$(긍정적입니다). 만약$x > N$ 그때 $|\frac 1x -0| = \frac 1x < \frac 1N =\epsilon$.
주장 : 만약 $\lim_{x\to \infty} f(x) = L$ 과 $M \ne L$ 그때 $\lim_{x\to \infty} f(x)= M$ 사실이 아닙니다.
증명 : If $L \ne M$ 그때 $|L - M| > 0$. 허락하다$\epsilon = \frac {|L-M|}2$
만약 $|f(x) - M| < \epsilon$ 과 $|f(x) - L| < \epsilon$ 그때
$|L - M| = |(L - f(x)) + (f(x) - M)| \le |L-f(x)| + |f(x)-M| < \epsilon + \epsilon = |L-M|$
그래서 $|L-M| < |L-M|$불가능합니다. 그래서 없습니다$N$ 또는 $N'$ 그래서 만약 $x >N$ 과 $x > N'$ (즉 $x > \max(N,N')$ 그때 $|f(x)-L| < \epsilon$ 과 $|f(x) -M| < \epsilon$ 불가능합니다.
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따라서이 게시물 본문에서했던 것처럼 증명하고 싶지 않다면 한계가 존재하는 경우 고유하다는 것을 주장하고 증명할 수 있습니다. 그리고$\lim_{x\to \infty}\frac 1x =0$ 그리고 그 $0 \ne 1$ 그래서 주장 $\lim_{x\to \infty}\frac 1x = 1$ 거짓입니다.
주어진 $\epsilon > 0$ wlog 가정 $x>1$ 과 $\epsilon<1$ 그때
$$\left|\frac{1}{x} - 1\right| < \epsilon \iff1-\frac1x < \epsilon \iff \frac1x>1-\epsilon \iff x<\frac1{1-\epsilon }$$
그런 다음 불평등은 $x\ge M=\frac1{1-\epsilon }$.
대체 증명 방법으로 부적절한 적분을 고려하십시오. $$I=\lim_{x\to\infty}\displaystyle\int_{1}^{x} \frac{1}{t^2}\,dt$$
우리는 그 이후로 $t^2\geq 0$ 모든 $t\in\mathbb{R}$,이 경우 $t\geq 1>0$, 그래서 우리는 $1\geq \frac{1}{t^2}>0$, 이는 적분의 함수가 구간에서 엄격하게 양수임을 의미합니다. $[1,\infty)$, 따라서 적분도 엄격하게 양수 여야합니다. 즉, $I>0$. 컴퓨팅 후 우리는$$I=\lim_{x\to\infty} -\frac{1}{t}\bigg|_{t=1}^{t=x} = \lim_{x\to\infty}-\frac{1}{x}+1=\lim_{x\to\infty}-(\frac{1}{x}-1)=-(1-1)=0\not>0$$
그래서 가정은 $\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x}=1$ 거짓입니다.
진술이 거짓임을 나타내려면 $\epsilon$ 해당하지 않는 $x^\star$, 언제든 $x \geq x\star$, $| \frac{1}{x} - 1 | < \epsilon$보유하지 않습니다. 가정$L = 1$ 그리고하자 $\epsilon = \frac{1}{2}$. 언제 고려$x^\star \geq 1$, 다음 \begin{align*} | \frac{1}{x} -1 | \geq \frac{1}{2} \end{align*}
할때는 언제나 $x \geq 2$. 언제 고려$x^\star <1$, 다음 \begin{align*} |\frac{1}{x} -1 | \geq \frac{1}{2} \end{align*} 할때는 언제나 $x \geq 2$.
따라서 존재하지 않습니다 $x^\star$ ...에 대한 $\epsilon = \frac{1}{2}$. 따라서 한계가$1$.