내 $\epsilon$- $\delta$ 계산이 맞습니까?

Question

나는 그것을 보여야한다 $\lim_{x \to 1} x^4-1 =0$. 내가 한 방법은 다음과 같습니다.$\mid x^4-1 \mid = \mid x-1 \mid\mid x+1 \mid\mid x^2+1 \mid < \epsilon \qquad$ 1에 가깝기 때문에 $\delta$-이웃 $c=1$ 반경이 최대 여야합니다. $\delta =1$ 이는 다음을 의미합니다. $\mid x+1 \mid \le 2 \quad and \mid x^2+1 \mid \le 2 \quad \forall x \in V_{\delta}(c) \quad$
우리는 이제 선택 $\delta=min \left \{1,\frac{\epsilon}{4}\right\} \quad$ 그리고 우리는 $\mid x-1 \mid < \delta$, 그것은 다음과 같습니다 $\mid x^4-1 \mid = \mid x-1 \mid\mid x+1 \mid\mid x^2+1 \mid < 4\frac{\epsilon}{4} =\epsilon$. 이 계산이 맞습니까? 내가 뭔가를 놓친 건가요? 아니면 세부 사항?

Answer 1

원하는 $$ |x^2+1||x+1||x-1|<\varepsilon $$ 근처에 $x=1$.

첫 번째 단계는 수량 을 제어 하는 것입니다.$|x^2+1||x+1|$ 근처에 $x=1$. 그래서 먼저 제한$x$ 그래서 $|x-1|<1=\delta_1$. 이것은$0<x<2$, 따라서 $|x+1|<3$ 동안 $x^2+1<5$. 그 후$$ |x-1|<1=\delta_1 \quad\Longrightarrow\quad |x^2+1||x+1|<15, $$ 따라서 $$ |x-1|<1=\delta_1 \quad\Longrightarrow\quad |x^4-1|=|x^2+1||x+1||x-1|<15|x-1|, $$ 이제 우리는 $$ |x-1|<\delta=\min\Big\{1,\frac{\varepsilon}{15}\Big\}\quad\Longrightarrow\quad |x^4-1|<15|x-1|<15\cdot\frac{\varepsilon}{15}=\varepsilon. $$

Answer 2

힌트

당신이 가져 갔을 때 $$\delta=\min(\color{red}{1},...)$$

이것은 당신이 가정했다는 것을 의미합니다 $$|x-1|<\color{red}{1}$$

주는 $$-1<x-1<1 \iff 1<x+1<3$$

그래서 당신의 불평등은 $|x+1|<2$ 대체해야합니다 $ |x+1|<3$

과

$|x^2+1|<2 $ 으로 $ |x^2+1|<5$.

Answer 3

당신은 또한 표현할 수 있습니다 $x^4-1$ 의 힘으로 $x-1$ 에서와 같이 $$|x^4-1| = |((x-1)+1)^4-1| = |(x-1)^4+4(x-1)^3+6(x-1)^2+4(x-1)|.$$ 우리가 가정한다면 $|x-1| < \delta$, 삼각형 부등식은 $$|x^4-1| \le |x-1|^4+4|x-1|^3+6|x-1|^2+4|x-1| < \delta^4+4\delta^3+6\delta^2+4\delta.$$ 이제 우리는 $\delta^4+4\delta^3+6\delta^2+4\delta \le \varepsilon$. 이후$$\delta^4+4\delta^3+6\delta^2+4\delta =\delta(\delta^3+4\delta^2+6\delta+4)$$ 첫 번째 요소는 단순히 $\delta$. 우리가 설정하면$\delta = \min\left\{1, \frac\varepsilon{15}\right\}$, 우리는 $$|x^4-1| \le \delta(\delta^3+4\delta^2+6\delta+4) \le \delta \cdot (1+4+6+4) = 15\delta \le 15\cdot \frac\varepsilon{15} = \varepsilon.$$