Доказывать $\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 1$ ложно
$$\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} = 1$$
Дано $\epsilon > 0$ $$\left|\frac{1}{x} - 1\right| < \epsilon.$$ Перепишите это как $$-\epsilon < \frac{1}{x} - 1 < \epsilon$$ $$-\epsilon + 1< \frac{1}{x} < \epsilon + 1$$ Если эпсилон очень маленький, то с обеих сторон мы получаем значение, близкое к $1$, но функция приближается к нулю, поэтому обе стороны ложны. Если$\epsilon$ большой, то с правой стороны мы получаем большое положительное значение, но с $ n \in (0,1)$функция тоже становится больше. Следовательно, правая сторона не работает. Это звуковое доказательство? И если да, то как бы его переписать математическими символами?
Ответы
Я бы принял это, потому что я знаю, что вы имеете в виду под очень маленьким. Однако в этом случае лучше уточнить, что вы имеете в виду. Если мы используем 1/2, и пусть$x>2$, тогда $1/x<1/2$. Так что у нас не может быть$1/x\to1$.
Честно говоря, правая сторона в данном случае не имеет значения. Нам нужно только нарушить одно из неравенств, чтобы показать, что сходимость не выполняется. Но в любом случае это всегда верно для$x\geq1$ что $1/x<1+\epsilon$, значит, верно неравенство.
Ваш аргумент, что $\frac 1x$ идет в $0$потребности быть доказано , и что в основном это то , что просят доказать; доказывать$\frac 1x$ не идет в$1$.
И если вы действительно доказать , что$\lim_{x\to \infty} \frac 1x = 0$ (что есть - см. дополнения), этого недостаточно, потому что, хотя обозначение предела $\lim_{x\to \infty}f(x) = L$ похоже на равенство, на самом деле это означает, что для каждого$\epsilon > 0$ существует $N$ чтобы $x > N \implies |f(x) - L| < \epsilon$и мы не знаем, что не может быть двух так$L$с. (Хотя мы можем доказать это очень рано - см. Приложения).
Вот подсказка: $|\frac 1x - 1| =|1-\frac 1x|= |\frac {x-1}x|$.
так что если $|\frac 1x - 1|<\epsilon$ тогда $-\epsilon < \frac {x-1}x < \epsilon$. Теперь как$x\to \infty$ мы можем предположить $x > 1$ так $-\epsilon x < 0 < x-1 < x\epsilon$
$x-x\epsilon=x(1-\epsilon) < 1$
Если мы выберем $\epsilon$ чтобы $0<\epsilon < 1$ у нас есть $x < \frac 1{1-\epsilon}$.
Ну, это устанавливает верхний предел $x$ что противоречит тому, что $x \to \infty$ так что это невозможно.
======
Дополнения:
Требовать: $\lim_{x\to \infty} \frac 1x = 0$.
Pf: Для любого $\epsilon >0$ Позволять $N =\frac 1{\epsilon}$(что положительно). Если$x > N$ тогда $|\frac 1x -0| = \frac 1x < \frac 1N =\epsilon$.
Претензия: если $\lim_{x\to \infty} f(x) = L$ а также $M \ne L$ тогда $\lim_{x\to \infty} f(x)= M$ неправда.
Доказательство: если $L \ne M$ тогда $|L - M| > 0$. Позволять$\epsilon = \frac {|L-M|}2$
Если $|f(x) - M| < \epsilon$ а также $|f(x) - L| < \epsilon$ тогда
$|L - M| = |(L - f(x)) + (f(x) - M)| \le |L-f(x)| + |f(x)-M| < \epsilon + \epsilon = |L-M|$
Так $|L-M| < |L-M|$что невозможно. Так что нет$N$ или же $N'$ так что если $x >N$ а также $x > N'$ (т.е. $x > \max(N,N')$ тогда $|f(x)-L| < \epsilon$ а также $|f(x) -M| < \epsilon$ поскольку это невозможно.
......
Так что, если вы не хотели доказывать это, как я сделал в этой публикации, вы можете ввести и доказать, что ограничения, если они существуют, уникальны. И это$\lim_{x\to \infty}\frac 1x =0$ и это $0 \ne 1$ так что претензия $\lim_{x\to \infty}\frac 1x = 1$ ложно.
Дано $\epsilon > 0$ Предположим, что wlog $x>1$ а также $\epsilon<1$ тогда
$$\left|\frac{1}{x} - 1\right| < \epsilon \iff1-\frac1x < \epsilon \iff \frac1x>1-\epsilon \iff x<\frac1{1-\epsilon }$$
то неравенство не выполняется ни при каких $x\ge M=\frac1{1-\epsilon }$.
В качестве альтернативного метода доказательства рассмотрим несобственный интеграл $$I=\lim_{x\to\infty}\displaystyle\int_{1}^{x} \frac{1}{t^2}\,dt$$
Мы знаем, что с тех пор $t^2\geq 0$ для всех $t\in\mathbb{R}$, и в этом случае $t\geq 1>0$, так что у нас есть это $1\geq \frac{1}{t^2}>0$, откуда следует, что функция под интегралом строго положительна на интервале $[1,\infty)$, поэтому интеграл также должен быть строго положительным, т. е. $I>0$. После вычислений мы видим, что$$I=\lim_{x\to\infty} -\frac{1}{t}\bigg|_{t=1}^{t=x} = \lim_{x\to\infty}-\frac{1}{x}+1=\lim_{x\to\infty}-(\frac{1}{x}-1)=-(1-1)=0\not>0$$
Итак, предположение, что $\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x}=1$ ложно.
Чтобы показать, что утверждение ложно, найдите $\epsilon$ которому нет соответствующего $x^\star$, так что всякий раз, когда $x \geq x\star$, $| \frac{1}{x} - 1 | < \epsilon$не держит. Предполагать$L = 1$ и разреши $\epsilon = \frac{1}{2}$. Рассмотрим, когда$x^\star \geq 1$, тогда \begin{align*} | \frac{1}{x} -1 | \geq \frac{1}{2} \end{align*}
в любое время $x \geq 2$. Рассмотрим, когда$x^\star <1$, тогда \begin{align*} |\frac{1}{x} -1 | \geq \frac{1}{2} \end{align*} в любое время $x \geq 2$.
Следовательно, не существует $x^\star$ для $\epsilon = \frac{1}{2}$. Следовательно, утверждение о том, что предел равен$1$.