이거 $\epsilon$-$\delta$ 한계가 맞습니까?
나는 그것을 보여야한다 $\lim_{x\to2}x^2+x+1=7$ 이랑 $\epsilon$-$\delta$한계의 정의. 내가 한 방법은 다음과 같습니다.$\left\lvert x^2+x-6\right\rvert=\lvert x−2\rvert\lvert x+3\rvert<\epsilon$ 그리고 우리가 가깝기 때문에 $2$, 우리는 가정 할 수 있습니다 $\delta$-이웃 $c=2$ 반경이 최대 여야합니다. $\delta=1$ 이는 다음을 의미합니다. $\lvert x-2\rvert < \frac{\epsilon}{6}$. 우리는 이제 선택$\delta = \min\{3,\frac{\epsilon}{6}\}$ 그리고 우리는 $\lvert x−2\rvert<\delta$, 그것은 다음과 같습니다 $\left\lvert x^2+x+1-7\right\rvert < 6\frac{\epsilon}{6}=\epsilon$. 이 계산이 맞습니까? 내가 뭔가를 놓친 건가요? 아니면 세부 사항?
답변
일반적으로 답변을 제시하기 전 또는 제시하는 동안 OP의 질문에 답변하고 오류나 누락을 지적해야합니다. 여기서는 할 수 없습니다. 나는 Ted Shifrin의 의견에 동의해야합니다.
허락하다 $f(x) = x^2 + x + 1.$
증명하기 위해:
$\forall \epsilon > 0 ~\exists ~\delta > 0~$ 그런
$|f(x) - 7| < \epsilon~$ 할때는 언제나 $~0 < |x - 2| < \delta.$
나는 이것을 완전한 해결책으로 제시 할 것입니다. $\delta$ 과 $\epsilon$.
한다고 가정 $(2-\delta) < x < (2 + \delta)$. 그때
$4 - 4\delta + \delta^2 < x^2 < 4 + 4\delta + \delta^2.$
$2 - \delta < x < 2 + \delta.$
따라서, $7 - 5\delta + \delta^2 < f(x) < 7 + 5\delta + \delta^2.$
가장 먼저 할 일은 다음과 같은 제약 조건 중 하나를 설정하는 것입니다. $\delta$ 그게 $\delta < 1.$
이됩니다 보장 할 것을$0 < \delta^2 < \delta.$
이 제약이 부과되면
$$7 - 5\delta < f(x) < 7 + 6\delta.$$
이것은 모든 $0 < \delta < 1,$ 만약 $\epsilon$ 될 일이 보다 큰$6\delta$, 다음 $$|f(x) - 7| < \epsilon.$$
그래서 하나의 쉬운 해결책은 (예를 들어) $\delta = \min\left[0.9, (\epsilon/10)\right].$
실수가 있고 잘못 쓰여졌지만 실제로 만드는 것처럼 간단합니다. 다음 중 하나를 바인딩하는 것이 중요하다는 것을 올바르게 깨달았습니다.$|x-2|, |x+3|$즉 $|x-2|$.
시작하는 것이 표준입니다. $\delta := 1$ 이것은 우리에게 더 많은 정보를 제공합니다. $\epsilon$, 특히 우리가 $0 < \epsilon < 1$.
한도를 다음과 같이 고려하고 있음을 기억하십시오. $x$ 구혼 $2$이므로 먼저 제한하는 방법을 살펴 봐야합니다. $x$, 때로는이 작업을 수행해야하며이 경우에는 특히 추가해야합니다. $5$ ...에 대한 $|x+3|$ 여전히 어떤 식 으로든 경계를 유지하면서 (그렇지 않으면 $x$ 음수 일 수 있습니다. $|x|$ 매우 큽니다).
즉, 우리는 제한 할 수 있습니다 $x$ 주위에 $2$ 그런 $1 < x < 3$ 그래서 $|x-2| < 1:\delta_{1} $ 과 $4 < x+3 <6 \implies |x+3| < 6$.
따라서 우리가 선택하면 $\delta_{1} := 1$, 우리는 우리의 다른 용어가 묶여있는 것을 봅니다.
이제 우리는 선택할 수 있습니다 $\delta_{2}$ 그래서 $|x-2| < \delta_{2} = \frac{\epsilon}{6}.$
따라서 임의의 $\epsilon > 0$ 우리가 가져 가면 $\delta:=\min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$, 다음 $|x^{2}+x-6| =|x-2||x+3| < \frac{\epsilon}{6}\cdot 6 = \epsilon$.
우리는 넣어 $f(x) = x^2 +x+1$
우리는 다음을 증명할 수 있습니다. $|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 $ $|x-2||x+3|<\delta$
가정 $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 | $
우리는 알고 있습니다 :
$ | x-2 || x + 3 | <\ 델타 $
그래서:
$ \ frac {11} {2} | x-2 | <\ delta $
$ \ Rightarrow $ $ | x-2 | <\ frac {2} {11} \ delta $
$ \ alpha = \ frac {2 \ delta} {11} $를 넣습니다.
마지막으로 : limite 정의 후 $ \ lim_ {x \ to 2} f (x) = 7 $