1.2: Визначення межі «Епсілон-Дельта»

У цьому розділі представлено формальне визначення ліміту. Багато хто називає це «епсилон - дельта», визначення, посилаючись на$\epsilon$ літери та$\delta$ грецький алфавіт.

Перш ніж дати власне визначення, розглянемо кілька неформальних способів опису межі. З огляду на функцію$y=f(x)$ і$x$ -value$c$, ми говоримо, що «межа функції$f$, як$x$ наближається$c$, є значенням$L$ «:

1. якщо "$y$має тенденцію до$L$" як "$x$має тенденцію до»$c$.
2. якщо «$y$наближається$L$» як «$x$підходи»$c$.
3. якщо "$y$знаходиться поруч$L$ «, коли"$x$ знаходиться поруч»$c$.

Проблема цих визначень полягає в тому, що слова «тяжіє», «наближення», а особливо «поруч» не є точними. Яким чином змінна,$x$ як правило, або наближається,$c$? Наскільки поруч робити$x$ і$y$ повинні бути$c$ і$L$, відповідно?

Визначення, яке ми описуємо в цьому розділі, походить від формалізації 3. Швидке повторення наближає нас до того, що ми хочемо:

$\textbf{3}^\prime$. Якщо$x$ знаходиться в межах певного рівня допуску$c$, то$y=f(x)$ відповідне значення знаходиться в межах певного рівня допуску$L$.

Традиційним позначенням для$x$ -tolerance є мала грецька буква дельта$\delta$, або, а$y$ -tolerance позначається рядковим епсилон, або$\epsilon$. Ще одне перефразування$\textbf{3}^\prime$ майже доводить нас до фактичного визначення:

$\textbf{3}^{\prime \prime}$. Якщо$x$ знаходиться в межах$\delta$ одиниць$c$, то$y$ відповідне значення знаходиться в межах$\epsilon$ одиниць$L$.

Ми можемо написати "$x$знаходиться в межах$\delta$ одиниць$c$" математично як

$$|x-c| < \delta, \qquad \text{which is equivalent to }\qquad c-\delta < x < c+\delta.$$

Дозволяючи символу$\longrightarrow$ "" представляти слово «означає», ми можемо переписати$\textbf{3}''$ як

$$|x - c| < \delta \longrightarrow |y - L| < \epsilon \qquad \textrm{or} \qquad c - \delta < x < c + \delta \longrightarrow L - \epsilon < y < L + \epsilon.$$

Справа в тому, що$\delta$ і$\epsilon$, будучи допусками, можуть бути будь-якими позитивними (але, як правило, невеликими) значеннями. Нарешті, ми маємо формальне визначення межі з позначеннями, які бачили в попередньому розділі.

Визначення 1: Межа функції$f$

$I$Дозволяти бути відкритий інтервал$c$, що містить, і нехай$f$ бути функція визначена на$I$, крім можливо в$c$. Межа$f(x)$, як$x$ наближається$c$$L$, є, позначається

$$\lim_{x\rightarrow c} f(x) = L,$$

означає, що даний будь-який$\epsilon > 0$, існує$\delta > 0$ таке, що для всіх$x\neq c$, якщо$|x - c| < \delta$, то$|f(x) - L| < \epsilon$.

(Математики часто люблять писати ідеї, не використовуючи жодних слів. Ось безсловесне визначення межі:

$$\lim_{x\rightarrow c} f(x) = L \iff \forall \, \epsilon > 0, \exists \, \delta > 0 \; s.t. \;0<|x - c| < \delta \longrightarrow |f(x) - L| < \epsilon .\text{)}$$

Зверніть увагу на порядок, в якому$\epsilon$ і$\delta$ даються. У визначенні спочатку$\epsilon$ дається$y$ -толерантність, а потім межа буде існувати, якщо ми зможемо знайти$x$ -толерантність$\delta$, яка працює.

Приклад допоможе нам розібратися в цьому визначенні. Зверніть увагу, що пояснення довге, але воно займе один через всі кроки, необхідні для розуміння ідей.

Приклад 6: Оцінка ліміту за допомогою визначення

Покажіть, що$\lim\limits_{x\rightarrow 4} \sqrt{x} = 2 .$

Рішення:
Перш ніж використовувати формальне визначення, давайте спробуємо деякі числові допуски. Що робити, якщо$y$ допуск дорівнює 0,5, або$\epsilon =0.5$? Наскільки близько до 4$x$ має бути так, що$y$ знаходиться в межах 0,5 одиниць 2, тобто$1.5 < y < 2.5$? В цьому випадку можна поступити наступним чином:

$$\begin{align}1.5 &< y < 2.5 \\ 1.5 &< \sqrt{x} < 2.5\\ 1.5^2 &< x < 2.5^2\\ 2.25 &< x < 6.25.\\ \end{align}$$

Отже, яка бажана$x$ толерантність? Пам'ятайте, ми хочемо знайти симетричний інтервал$x$ значень, а саме$4 - \delta < x < 4 + \delta$. Нижня$2.25$ межа -$1.75$ одиниці з 4; верхня межа 6,25 - 2,25 одиниць з 4. Нам потрібна менша з цих двох відстаней; ми повинні мати$\delta \leq 1.75$. Див. Малюнок 1.17.

$\text{FIGURE 1.17}$: Ілюстрація$\epsilon - \delta$ процесу.

Враховуючи$y$ толерантність$\epsilon =0.5$, ми знайшли$x$ толерантність$\delta \leq 1.75$, таку, що всякий раз, коли$x$ знаходиться в межах$\delta$ одиниць 4, то$y$ знаходиться в межах$\epsilon$ одиниць 2. Це те, що ми намагалися знайти.

Спробуємо ще одне значення$\epsilon$.

Що робити, якщо$y$ допуск дорівнює 0,01, тобто$\epsilon =0.01$? Наскільки близько до 4$x$ має бути для того,$y$ щоб бути в межах 0,01 одиниць 2 (або$1.99 < y < 2.01$)? Знову ж таки, ми просто квадрат ці значення, щоб отримати$1.99^2 < x < 2.01^2$, або

$$3.9601 < x < 4.0401.$$

Яка бажана$x$ толерантність? У цьому випадку ми повинні мати$\delta \leq 0.0399$, що є мінімальною відстанню від 4 з двох меж, наведених вище.

Зверніть увагу, що в деякому сенсі, схоже, є два допуски (нижче 4 з 0.0399 одиниць і вище 4 з 0.0401 одиниць). Однак ми не могли використовувати більше значення$0.0401$ for$\delta$ з тих пір інтервал для$x$$3.9599 < x < 4.0401$ призведе до$y$ значення$1.98995 < y < 2.01$ (який містить значення НЕ в межах 0,01 одиниць 2).

Що ми маємо поки що: якщо$\epsilon =0.5$, то$\delta \leq 1.75$ і якщо$\epsilon = 0.01$, то$\delta \leq 0.0399$. Візерунок побачити непросто, тому переходимо до загального$\epsilon$ намагаємося визначити$\delta$ символічно. Ми починаємо з припущення$y=\sqrt{x}$, що знаходиться в межах$\epsilon$ одиниць 2:

$$\begin{eqnarray*}|y - 2| < \epsilon &\\ -\epsilon < y - 2 < \epsilon& \qquad \textrm{(Definition of absolute value)}\\ -\epsilon < \sqrt{x} - 2 < \epsilon &\qquad (y=\sqrt{x})\\ 2 - \epsilon < \sqrt{x} < 2+ \epsilon &\qquad \textrm{ (Add 2)}\\ (2 - \epsilon)^2 < x < (2+ \epsilon) ^2 &\qquad \textrm{ (Square all)}\\ 4 - 4\epsilon + \epsilon^2 < x < 4 + 4\epsilon + \epsilon^2 &\qquad \textrm{ (Expand)}\\ 4 - (4\epsilon - \epsilon^2) < x < 4 + (4\epsilon + \epsilon^2). &\qquad \textrm{ (Rewrite in the desired form)}\end{eqnarray*}$$

«Бажана форма» на останньому кроці - "»$4-\textit{something} < x < 4 +\textit{something}$. Оскільки ми хочемо, щоб цей останній інтервал описати$x$ допуск навколо 4, ми маємо, що$\delta \leq 4\epsilon - \epsilon^2$ або$\delta \leq 4\epsilon + \epsilon^2$, залежно від того, що менше:

$$\delta \leq \min\{4\epsilon - \epsilon^2, 4\epsilon + \epsilon^2\}.$$

Так як$\epsilon > 0$, мінімум є$\delta \leq 4\epsilon - \epsilon^2$. Ось і формула: дано$\epsilon$, множина$\delta \leq 4\epsilon-\epsilon^2$.

Ми можемо перевірити це для наших попередніх значень. Якщо$\epsilon=0.5$, формула дає$\delta \leq 4(0.5) - (0.5)^2 = 1.75$ і коли$\epsilon=0.01$, формула дає$\delta \leq 4(0.01) - (0.01)^2 = 0.399$.

Так враховується будь-який$\epsilon >0$, безліч$\delta \leq 4\epsilon - \epsilon^2$. Тоді якщо$|x-4|<\delta$ (і$x\neq 4$), то$|f(x) - 2| < \epsilon$, задовольняючи визначенню межі. Ми показали формально (і нарешті!) що$\lim_{x\rightarrow 4} \sqrt{x} = 2$.

Насправді, це біль, але це не спрацює, якщо$\epsilon \ge 4$. Це насправді не повинно відбуватися,$\epsilon$ оскільки має бути невеликим, але це може статися. У тих випадках$\epsilon \ge 4$, коли, просто візьміть$\delta = 1$ і у вас все буде добре.

Попередній приклад був трохи довгим у тому, що ми вибрали кілька конкретних випадків$\epsilon$ перед обробкою загальної справи. Зазвичай цього не роблять. Попередній приклад також трохи незадоволений у цьому$\sqrt{4}=2$; навіщо так наполегливо працювати, щоб довести щось настільки очевидне? Багато$\epsilon$ -$\delta$ докази довго і важко зробити. У цьому розділі ми зупинимося на прикладах, де відповідь, чесно кажучи, очевидна, тому що неочевидні приклади ще важче. У наступному розділі ми дізнаємося деякі теореми, які дозволяють оцінювати межі аналітично, тобто без використання$\epsilon$ -$\delta$ визначення.

Ось чому теореми про межі так корисні! Зробивши ще кілька$\epsilon$ -$\delta$ доказів, ви дійсно оціните аналітичні «короткі скорочення», знайдені в наступному розділі.

Приклад 7: Оцінка ліміту за допомогою визначення

Покажіть, що$\lim_{x\rightarrow 2} x^2 = 4$.

Рішення

Давайте зробимо цей приклад символічно з самого початку. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть; ми хочемо$|y-4| < \epsilon$, т$|x^2-4| < \epsilon$. Е. Як ми знаходимо$\delta$ таке, що коли$|x-2| < \delta$, нам це гарантовано$|x^2-4|<\epsilon$?

Це трохи складніше, ніж попередній приклад, але давайте почнемо з того, що помічаємо це$|x^2-4| = |x-2|\cdot|x+2|$. Розглянемо:

$$|x^2-4| < \epsilon \longrightarrow |x-2|\cdot|x+2| < \epsilon \longrightarrow |x-2| < \frac{\epsilon}{|x+2|}.\label{eq:limit1}\tag{1.1}$$

Чи не могли ми встановити$\delta = \frac{\epsilon}{|x+2|}$?

Ми близькі до відповіді, але підступ полягає в тому, що$\delta$ повинно бути постійним значенням (тому воно не може містити$x$). Є спосіб обійти це, але ми повинні зробити припущення. Пам'ятайте, що$\epsilon$ передбачається невелике число, що має на увазі, що також$\delta$ буде невелике значення. Зокрема, ми можемо (ймовірно) припустити, що$\delta < 1$. Якщо це правда, то$|x-2| < \delta$ означало б$|x-2| < 1$, що, даючи$1 < x < 3$.

Тепер повернемося до фракції$\frac{\epsilon}{|x+2|}$. Якщо$1<x<3$, то$3<x+2<5$ (додати 2 до всіх членів в нерівності). Беручи взаємні, ми маємо

$$\begin{align}\frac{1}{5} <& \frac{1}{|x+2|} < \frac {1}{3} & \text{which implies}\\ \frac{1}{5} <& \frac{1}{|x+2|} & \text{which implies}\\ \frac{\epsilon}{5}<&\frac{\epsilon}{|x+2|}.\label{eq:limit2}\tag{1.2}\end{align}$$

Це говорить про те, що ми встановили$\delta \leq \frac{\epsilon}{5}$. Щоб зрозуміти, чому, давайте розглянемо, що слід, коли ми припускаємо$|x-2|<\delta$:

\[\begin{align*}|x - 2| &< \delta &\\ |x - 2| &< \frac{\epsilon}{5}& \text{(Our choice of $\delta$)}\\ |x - 2|\cdot|x + 2| &< |x + 2|\cdot\frac{\epsilon}{5}& \text{(Multiply by $|x+2|$)}\\ |x^2 - 4|&< |x + 2|\cdot\frac{\epsilon}{5}& \text{(Combine left side)}\\ |x^2 - 4|&< |x + 2|\cdot\frac{\epsilon}{5}< |x + 2|\cdot\frac{\epsilon}{|x+2|}=\epsilon & \text{(Using ($\ref{eq:limit2}$) as long as $\delta <1$)} \end{align*}\]

Ми приїхали за$|x^2 - 4|<\epsilon$ бажанням. Зауважте ще раз, для того, щоб це сталося, нам потрібно$\delta$ спочатку бути менше 1. Це безпечне припущення; ми$\epsilon$ хочемо бути довільно малими,$\delta$ змушуючи також бути малими.

Ми також$\delta$ вирішили бути меншим, ніж «необхідно». Ми могли б обійтися трохи більшим$\delta$, як показано на малюнку 1.18. Пунктирні зовнішні лінії показують межі, визначені нашим вибором$\epsilon$. Пунктирні внутрішні лінії показують межі, визначені налаштуванням$\delta = \epsilon/5$. Зверніть увагу, як ці пунктирні лінії знаходяться в пунктирних лініях. Це абсолютно добре; вибираючи$x$ в межах пунктирних ліній, ми гарантуємо, що$f(x)$ буде в межах$\epsilon$ 4. % Якщо значення, яке ми врешті-решт використали$\delta$$\epsilon/5$, а саме, не менше 1, це підтвердження не працюватиме. Для остаточного виправлення ми замість цього встановлюємо$\delta$ мінімум 1 і$\epsilon/5$. Таким чином працюють всі розрахунки вище.

$\text{FIGURE 1.18}$: Вибір$\delta = \epsilon / 5$ у прикладі 7.

Підсумовуючи, дано$\epsilon > 0$, безліч$\delta=\leq\epsilon/5$. Потім$|x - 2| < \delta$ має на увазі$|x^2 - 4|< \epsilon$ (тобто$|y - 4|< \epsilon$) за бажанням. Це показує, що$\lim_{x\rightarrow 2} x^2 = 4$. Рисунок 1.18 дає візуалізацію цього;$x$ обмежуючись значеннями в межах$\delta = \epsilon/5$ 2, ми бачимо, що$f(x)$ знаходиться в межах$\epsilon$$4$.

Зверніть увагу на загальний візерунок, виставлений в цих останніх двох прикладах. У якомусь сенсі кожен починається «назад». Тобто поки ми хочемо

1. почати з$|x-c|<\delta$ і зробити висновок, що
2. $|f(x)-L|<\epsilon$,

ми фактично починаємо з припускаючи

1. $|f(x)-L|<\epsilon$, Потім виконайте деякі алгебраїчні маніпуляції, щоб надати нерівність форми
2. $|x-c|<$щось.

Коли ми правильно це зробили, щось на стороні нерівності «більше, ніж» стає нашим$\delta$. Ми можемо називати це етапом «подряпина-робота» нашого доказу. Після того$\delta$, як ми це зробимо, ми можемо формально почати з$|x-c|<\delta$ і використовувати алгебраїчні маніпуляції$|f(x)-L|<\epsilon$, щоб зробити висновок, що, як правило, використовуючи ті самі кроки нашої «подряпини-робота» у зворотному порядку.

Ми виділимо цей процес в наступному прикладі.

Приклад 8: Оцінка ліміту за допомогою визначення

Доведіть це$\lim\limits_{x\rightarrow 1}x^3-2x = -1$.

Рішення

Ми починаємо нашу роботу з подряпин, враховуючи$|f(x) - (-1)| < \epsilon$:

$$\begin{align} |f(x)-(-1)| &< \epsilon \\ |x^3-2x + 1|&< \epsilon & \text{(Now factor)}\\ |(x-1)(x^2+x-1)|&< \epsilon \\ |x-1| &<\frac{\epsilon}{|x^2+x-1|}.\label{eq:lim4}\tag{1.3} \end{align}$$

Ми знаходимося на етапі сказати, що$|x-1|<$ щось, де$\textit{something}=\epsilon/|x^2+x-1|$. Ми хочемо перетворити це на щось$\delta$.

Оскільки$x$ наближається до 1, ми можемо з упевненістю припустити, що$x$ це між 0 і 2. Так

$$\begin{align*} 0&< x<2 & \\ 0&< x^2<4.&\text{(squared each term)}\\ \end{align*}$$

Так як$0<x<2$, ми можемо додати$0$$2$,$x$ і, відповідно, до кожної частини нерівності і зберегти нерівність.

$$\begin{align*}0&< x^2+x<6 &\\ -1&< x^2+x-1<5.&\text{(subtracted 1 from each part)} \end{align*}$$

У рівнянні\ eqref {eq:lim4}, ми хотіли$|x-1|<\epsilon/|x^2+x-1|$. Вищесказане показує, що з урахуванням будь-якого$x$ в$[0,2]$, ми знаємо, що

$$\begin{align} x^2+x-1 &< 5 &\text{which implies that}\notag\\ \frac15 &< \frac{1}{x^2+x-1} &\text{which implies that}\notag\\ \frac{\epsilon}5 &< \frac{\epsilon}{x^2+x-1}.\label{eq:lim4b}\tag{1.4} \end{align}$$

Так ми і встановили$\delta \leq \epsilon/5$. На цьому наша робота над подряпинами закінчується, і ми починаємо формальне підтвердження (що також допомагає нам зрозуміти, чому це був хороший вибір$\delta$).

Дано$\epsilon$, нехай$\delta \leq \epsilon/5$. Ми хочемо показати, що коли$|x-1|<\delta$, тоді$|(x^3-2x)-(-1)|<\epsilon$. Починаємо з$|x-1|<\delta$:

\[\begin{align*} |x-1| &< \delta \\ |x-1| &< \frac{\epsilon}5\\ |x-1| &< \frac\epsilon5 < \frac{\epsilon}{|x^2+x-1|} & \text{(for $x$ near 1, from Equation $\eqref{eq:lim4b}$)}\\ |x-1|\cdot |x^2+x-1| &< \epsilon\\ |x^3-2x+1| &< \epsilon\\ |(x^3-2x)-(-1)| &<\epsilon, \end{align*}\]

це те, що ми хотіли показати. Таким чином$\lim\limits_{x\to 1}x^3-2x = -1$.

Ми ще раз проілюструємо оцінку лімітів.

Приклад 9: Оцінка ліміту за допомогою визначення

Доведіть, що$\lim\limits_{x\rightarrow 0} e^x = 1.$

Рішення

Символічно ми хочемо взяти рівняння$|e^x - 1| < \epsilon$ і розгадати його до вигляду$|x-0| < \delta$. Ось наша подряпина—робота:

$$\begin{eqnarray*}|e^x - 1| < \epsilon&\\ -\epsilon < e^x - 1 < \epsilon& \qquad \textrm{(Definition of absolute value)}\\ 1-\epsilon < e^x < 1+\epsilon & \qquad \textrm{(Add 1)}\\ \ln(1-\epsilon) < x < \ln(1+\epsilon) & \qquad \textrm{(Take natural logs)}\\ \end{eqnarray*}$$

Складання безпечного припущення, яке$\epsilon<1$ забезпечує останню нерівність, є дійсним (тобто таким чином, що$\ln (1-\epsilon)$ визначено). Потім ми можемо встановити$\delta$, щоб бути мінімальним$|\ln(1-\epsilon)|$ і$\ln(1+\epsilon)$; тобто,

$$\delta = \min\{|\ln(1-\epsilon)|, \ln(1+\epsilon)\} = \ln(1+\epsilon).$$

Згадайте$\ln 1= 0$ і$\ln x<0$ коли$0<x<1$. Отже$\ln (1-\epsilon) <0$, звідси і розглянемо його абсолютну величину.

Тепер ми працюємо над фактичним доказом:

\[\begin{align*} |x - 0|&<\delta\\ -\delta &< x < \delta & \textrm{(Definition of absolute value)}\\ -\ln(1+\epsilon) &< x < \ln(1+\epsilon). &\\ \ln(1-\epsilon) &< x < \ln(1+\epsilon). & \text{(since $\ln(1-\epsilon) < -\ln(1+\epsilon)$)}\\ \end{align*}\]

Вищевказана лінія вірна нашим вибором$\delta$ і тим, що з тих пір$|\ln(1-\epsilon)|>\ln(1+\epsilon)$ і$\ln(1-\epsilon)<0$, ми знаємо$\ln(1-\epsilon) < -\ln(1+\epsilon )$.

$$\begin{align*}1-\epsilon &< e^x < 1+\epsilon & \textrm{(Exponentiate)}\\ -\epsilon &< e^x - 1 < \epsilon & \textrm{(Subtract 1)}\\ \end{align*}$$

Підсумовуючи, дано$\epsilon > 0$, нехай$\delta = \ln(1+\epsilon)$. Потім$|x - 0| < \delta$ має на увазі за$|e^x - 1|< \epsilon$ бажанням. Ми показали, що$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0} e^x = 1 .$

Зауважимо, що ми могли б насправді показати, що$\lim_{x\rightarrow c} e^x = e^c$ для будь-якої константи$c$. Ми робимо це факторингом$e^c$ з обох сторін, залишаючи нас показувати$\lim_{x\rightarrow c} e^{x-c} = 1$ замість цього. Використовуючи підміну$u=x-c$, це зводиться до показу того,$\lim_{u\rightarrow 0} e^u = 1$ що ми тільки що зробили в останньому прикладі. Як додаткова перевага, це показує, що насправді функція$f(x)=e^x$ є безперервною при всіх значеннях$x$, важливе поняття, яке ми визначимо в Розділі 1.5.

Це формальне визначення межі не є легким поняттям зрозуміти. Наші приклади насправді є «легкими» прикладами, використовуючи «прості» функції, такі як поліноми, квадратні корені та експоненціальні. Дуже складно довести, використовуючи наведені вище прийоми, що$\lim\limits_{x\to 0}(\sin x)/x = 1$, як ми наблизилися в попередньому розділі.

Є надія. У наступному розділі показано, як можна оцінити складні межі, використовуючи певні базові обмеження як будівельні блоки. Хоча межі є неймовірно важливою частиною обчислення (а отже, і більша частина вищої математики), рідко обмежуються за допомогою визначення. Швидше за все, застосовуються прийоми наступного розділу.

Автори та атрибуція

• Template:ContribApexCalc