2.5: Точне визначення межі

Цілі навчання

• Опишіть епсилон-дельта визначення межі.
• Застосуйте визначення epsilon-delta, щоб знайти межу функції.
• Охарактеризуйте визначення епсилон-дельта односторонніх меж та нескінченних меж.
• Використовуйте визначення epsilon-delta, щоб довести граничні закони.

До теперішнього часу ви перейшли від самого неформального визначення межі у введенні цієї глави до інтуїтивного розуміння межі. На цьому етапі ви повинні мати дуже сильне інтуїтивне відчуття того, що означає межа функції і як ви можете її знайти. У цьому розділі ми перетворюємо це інтуїтивне уявлення про обмеження в формальне визначення, використовуючи точну математичну мову. Формальне визначення межі цілком можливо одне з найскладніших визначень, з якими ви зіткнетеся на початку вивчення обчислення; однак, це добре варто будь-яких зусиль, які ви докладаєте, щоб узгодити його з інтуїтивним поняттям межі. Розуміння цього визначення є ключем, який відкриває двері для кращого розуміння обчислення.

Кількісна оцінка близькості

Перш ніж заявити про формальне визначення межі, ми повинні представити кілька попередніх ідей. Нагадаємо, що відстань між двома точками$a$ і$b$ на числовій лінії задається |$a−b$ |.

• Твердження |$f(x)−L |<ε$ можна інтерпретувати як: Відстань між$f(x)$ і$L$ менше$ε$.
• Твердження$0<|x−a|<δ$ може трактуватися як:$x≠a$ і відстань між$x$ і$a$ менше$δ$.

Також важливо подивитися на наступні еквіваленти за абсолютним значенням:

• Заява |$f(x)−L|<ε$ еквівалентна твердженню$L−ε<f(x)<L+ε$.
• $0<|x−a|<δ$Заява еквівалентна заяві$a−δ<x<a+δ$ і$x≠a$.

За допомогою цих роз'яснень ми можемо констатувати формальне визначення межі епсилон-дельта.

Визначення: Кінцеві межі (формальні)

$f(x)$Дозволяти визначатися для всього$x≠a$ відкритого інтервалу, що містить$a$. $L$Дозволяти бути дійсним числом. Тоді

$$\lim_{x→a}f(x)=L \nonumber$$

якщо, для кожного$ε>0$, існує такий$δ>0$, що якщо$0<|x−a|<δ$, то$|f(x)−L|<ε$.

Це визначення може здатися досить складним з математичної точки зору, але його стає легше зрозуміти, якщо розбити його по словосполученню. Саме твердження включає в себе те, що називається універсальним квантором (для кожного$ε>0$), екзистенціальним квантором (існує а$δ>0$), і, нарешті, умовним твердженням (якщо$0<|x−a|<δ$, то$|f(x)−L|<ε)$. Давайте подивимося на таблицю$\PageIndex{1}$, яка розбиває визначення і перекладає кожну частину.

Таблиця$\PageIndex{1}$

Визначення	Переклад
1. Для кожного$ε>0$,	1. За кожну позитивну$ε$ віддаленість від$L$,
2. існує$δ>0$,	2. Є позитивна віддаленість$δ$ від$a$,
3. такий, що	3. такий, що
4. якщо$0<|x−a|<δ$, то$|f(x)−L|<ε$.	4. якщо$x$ ближче, ніж$δ$ до$a$ і$x≠a$,$f(x)$ то ближче, ніж$ε$ до$L$.

Ми можемо краще впоратися з цим визначенням, подивившись на визначення геометрично. $\PageIndex{1}$На малюнку показані можливі значення$δ$$ε>0$ для різних варіантів для заданої функції$f(x)$$a$, числа та обмеження$L$ на$a$. Зверніть увагу, що як ми вибираємо менші значення$ε$ (відстань між функцією і межа), ми завжди можемо знайти досить$δ$ маленький, так що якщо ми вибрали$x$$δ$ значення в межах$a$, то значення$f(x)$ знаходиться в межах$ε$ межі $L$.

Малюнок$\PageIndex{1}$: Ці графіки показують можливі значення$δ$, враховуючи послідовно менший вибір$ε$.

Примітка

Відвідайте наступний аплет, щоб поекспериментувати з пошуком значень$δ$ для вибраних значень$ε$:

• Епсилон-дельта визначення межі

Приклад$\PageIndex{1}$ показує, як можна використовувати це визначення, щоб довести твердження про обмеження певної функції при вказаному значенні.

Приклад$\PageIndex{1}$: Proving a Statement about the Limit of a Specific Function

Доведіть це$\displaystyle \lim_{x→1} \;(2x+1)=3$.

Рішення

Нехай$ε>0$.

Перша частина визначення починається «Для кожного$ε>0$» Це означає, що ми повинні довести, що все, що слід, вірно незалежно від того, яке позитивне значення$ε$ вибрано. Зазначаючи «Нехай»$ε>0$, ми сигналізуємо про наш намір зробити це.

Вибираємо$δ=\frac{ε}{2}$.

Визначення продовжується з «існує»$δ>0$. фраза «існує існує» в математичному твердженні завжди є сигналом для полювання на смітника. Іншими словами, ми повинні піти і знайти$δ$. Отже, звідки саме$δ=ε/2$ взялися? Існує два основних підходи до відстеження вниз$δ$. Один метод суто алгебраїчний, а інший - геометричний.

Почнемо з вирішення проблеми з алгебраїчної точки зору. Оскільки в кінцевому підсумку ми хочемо$|(2x+1)−3|<ε$, ми починаємо з маніпулювання цим виразом:$|(2x+1)−3|<ε$ еквівалентно$|2x−2|<ε$, що, в свою чергу, еквівалентно$|2||x−1|<ε$. Останнє, це еквівалентно$|x−1|<ε/2$. Таким чином, здавалося б,$δ=ε/2$ доречно.

Ми також можемо знайти$δ$ за допомогою геометричних методів. Малюнок$\PageIndex{2}$ демонструє, як це робиться.

Малюнок$\PageIndex{2}$: Цей графік показує, як ми знаходимо$δ$ геометрично.

Припустимо$0<|x−1|<δ$. Коли$δ$ був обраний, наша мета - показати, що якщо$0<|x−1|<δ$, то$|(2x+1)−3|<ε$. Щоб довести будь-яке твердження виду «Якщо це, то що», ми починаємо з припущення «це» і намагаємося отримати «що».

Таким чином,

$|(2x+1)−3|=|2x−2|$властивість абсолютного значення

$=|2(x−1)|$

$=|2||x−1|$$|2|=2$

$=2|x−1|$

$<2⋅δ$ось де ми використовуємо припущення, що$0<|x−1|<δ$

$=2⋅\frac{ε}{2}=ε$ось де ми використовуємо наш вибір$δ=ε/2$

Аналіз

У цій частині доказу ми почали з$|(2x+1)−3|$ і використовували наше припущення$0<|x−1|<δ$ в ключовій частині ланцюга нерівностей,$|(2x+1)−3|$ щоб стати меншим за ε. Ми могли б так само легко маніпулювати передбачуваною нерівністю$|(2x+1)−3|<ε$,$0<|x−1|<δ$ щоб досягти наступного:

$0<|x−1|<δ⇒|x−1|<δ$

$⇒−δ<x−1<δ$

$⇒−\frac{ε}{2}<x−1<\frac{ε}{2}$

$⇒−ε<2x−2<ε$

$⇒|2x−2|<ε$

$⇒|(2x+1)−3|<ε.$

Тому$\displaystyle \lim_{x→1} \;(2x+1)=3.$ (Завершивши доказ, ми констатуємо, чого ми досягли.)

Після видалення всіх зауважень ось остаточний варіант доказу:

Нехай$ε>0$.

Вибираємо$δ=ε/2$.

Припустимо$0<|x−1|<δ$.

Таким чином,

\ (\ почати {вирівнювати*} | (2x+1) −3| &= |2x−2|\\ [4pt]
&=|2 (x−1) |\\ [4pt] &=|2||x−1|\\ [4pt]
&=2|x−1|\\ [
4pt]
&<2⋅δ\ [4pt] &= 2⋅\\ [4pt] &<2⋅\ [4пт]
&<2⋅\ [4pt] &=2⋅\\ фрак ε} {2}\\ [4пт]
&=ε. \ end {вирівнювати*}\)

Тому,$\displaystyle \lim_{x→1} \;(2x+1)=3$.

Наступна стратегія вирішення проблем узагальнює тип доказу, який ми розробили в прикладі$\PageIndex{1}$.

Стратегія вирішення проблем: Доведення цього$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=L$ for a Specific Function $f(x)$

1. Почнемо доказ з наступного твердження: Нехай$ε>0$.
2. Далі нам потрібно отримати значення для$δ$. Після того, як ми отримали це значення, робимо наступну заяву, заповнюючи бланк з нашим вибором$δ$: Вибираємо$δ=$ _______.
3. Наступним твердженням у доказі має бути (на цьому етапі ми заповнюємо наше задане значення для$a$): Припустимо$0<|x−a|<δ$.
4. Далі, виходячи з цього припущення, нам потрібно показати$|f(x)−L|<ε$, що, де$f(x)$ і$L$ знаходяться наша функція$f(x)$ і наша межа$L$. У якийсь момент нам потрібно використовувати$0<|x−a|<δ$.
5. Ми завершуємо наш доказ твердженням: Отже,$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=L$.

Приклад$\PageIndex{2}$: Proving a Statement about a Limit

Завершіть доказ того,$\displaystyle \lim_{x→−1}\;(4x+1)=−3$ заповнивши заготовки.

Нехай _____.

Виберіть$δ=$ _______.

Припустимо$0<|x$ −_______|$<δ$.

Таким чином, |________−________|=_________________________________$ε$.

Рішення

Починаємо з заповнення прогалин, де вибір задається визначенням. Таким чином, ми маємо

Нехай$ε>0$.

Виберіть$δ$ =_______.

Припустимо$0<|x−(−1)|<δ$. (або еквівалентно,$0<|x+1|<δ$.)

Таким чином,$|(4x+1)−(−3)|=|4x+4|=|4||x+1|<4δ$ _______$ε$.

Орієнтуючись на фінальну лінію доказу, ми бачимо, що слід вибирати$δ=\frac{ε}{4}$.

Тепер ми завершуємо остаточне написання доказу:

Нехай$ε>0$.

Вибираємо$δ=\frac{ε}{4}$.

Припустимо$0<|x−(−1)|<δ$ (або еквівалентно,$0<|x+1|<δ$.)

Таким чином,$|(4x+1)−(−3)|=|4x+4|=|4||x+1|<4δ=4(ε/4)=ε$.

Вправа$\PageIndex{1}$

Завершіть доказ того,$\displaystyle \lim_{x→2}\;(3x−2)=4$ заповнивши заготовки.

Нехай _______.

Виберіть$δ$ =_______.

Припустимо$0<|x−$ ____$|<$ ____.

Таким чином,

|_______−____|$=$ __________________________________$ε$.

Тому,$\displaystyle \lim_{x→2}\;(3x−2)=4$.

Підказка

Дотримуйтесь начерків Стратегії вирішення проблем, яку ми повністю розробили на прикладі$\PageIndex{2}$.

Відповідь

Нехай$ε>0$; вибрати$δ=\frac{ε}{3}$; припустити$0<|x−2|<δ$.

Таким чином,$|(3x−2)−4|=|3x−6|=|3|⋅|x−2|<3⋅δ=3⋅(ε/3)=ε$.

Тому,$\displaystyle \lim_{x→2}(3x−2)=4$.

У Прикладах$\PageIndex{1}$ і$\PageIndex{2}$ докази були досить простими, оскільки функції, з якими ми працювали, були лінійними. У прикладі ми бачимо$\PageIndex{3}$, як змінити доказ для розміщення нелінійної функції.

Приклад$\PageIndex{3}$: Proving a Statement about the Limit of a Specific Function (Geometric Approach)

Доведіть це$\displaystyle \lim_{x→2}x^2=4$.

Рішення

1. Нехай$ε>0$. Перша частина визначення починається «Для кожного»$ε>0$, тому ми повинні довести, що все, що слід, вірно незалежно від того, яке позитивне значення$ε$ вибрано. Зазначаючи «Нехай»$ε>0$, ми сигналізуємо про наш намір зробити це.

2. Без втрати спільності припустимо$ε≤4$. Два питання представляють себе: Чому ми хочемо$ε≤4$ і чому це нормально робити це припущення? У відповідь на перше питання: Пізніше, в процесі вирішення для$δ$, ми виявимо, що$δ$ передбачає кількість$\sqrt{4−ε}$. Отже, нам і потрібно$ε≤4$. У відповідь на друге питання: Якщо ми зможемо виявити$δ>0$, що «працює» для$ε≤4$, то він буде «працювати» і для будь-якого$ε>4$. Майте на увазі, що, хоча завжди нормально ставити верхню межу на ε, ніколи не можна ставити нижню межу (крім нуля)$ε$.

3. Вибираємо$δ=\min\{2−\sqrt{4−ε},\sqrt{4+ε}−2\}$. Малюнок$\PageIndex{3}$ показує, як ми зробили цей вибір$δ$.

Малюнок$\PageIndex{3}$: Цей графік показує, як ми знаходимо δ геометрично для заданого ε для доказу в прикладі$\PageIndex{3}$.

4. Ми повинні показати: Якщо$0<|x−2|<δ$, то$|x^2−4|<ε$, так ми повинні почати з припущення

$0<|x−2|<δ.$

Нам насправді не потрібно$0<|x−2|$ (іншими словами$x≠2$) для цього доказу. Так як$0<|x−2|<δ⇒|x−2|<δ$, це нормально, щоб кинути$0<|x−2|$.

$|x−2|<δ.$

Отже,

$−δ<x−2<δ.$

Нагадаємо, що$δ=\min\{2−\sqrt{4−ε},\sqrt{4+ε}−2\}$. Таким чином,$δ≥2−\sqrt{4−ε}$ а отже$−(2−\sqrt{4−ε})≤−δ$. Ми також використовуємо$δ≤\sqrt{4+ε}−2$ тут. Ми можемо запитати в цей момент: чому ми замінили$2−\sqrt{4−ε}$$δ$ на лівій стороні нерівності і$\sqrt{4+ε}−2$ на правій стороні нерівності? Якщо ми подивимося на Малюнок$\PageIndex{3}$, то побачимо, що$2−\sqrt{4−ε}$ відповідає відстані$2$ зліва від$x$ -осі і$\sqrt{4+ε}−2$ відповідає відстані праворуч. Таким чином,

$−(2−\sqrt{4−ε})≤−δ<x−2<δ≤\sqrt{4+ε}−2.$

Спрощуємо вираз зліва:

$−2+\sqrt{4−ε}<x−2<\sqrt{4+ε}−2$.

Потім до всіх частин нерівності додаємо 2:

$\sqrt{4−ε}<x<\sqrt{4+ε}.$

Квадратуємо всі частини нерівності. Це нормально, оскільки всі частини нерівності позитивні:

$4−ε<x^2<4+ε.$

Віднімаємо$4$ з усіх частин нерівності:

$−ε<x^2−4<ε.$

Останній,

$|x^2−4|<ε.$

5. Тому

$\displaystyle \lim_{x→2}x^2=4.$

Вправа$\PageIndex{2}$

Знайти δ відповідне$ε>0$ для доказу того, що$\displaystyle \lim_{x→9}\sqrt{x}=3$.

Підказка

Намалюйте графік, подібний до графіка в прикладі$\PageIndex{3}$.

Відповідь

Вибираємо$δ=\text{min}\{9−(3−ε)^2,\;(3+ε)^2−9\}$.

Геометричний підхід до доведення того, що межа функції приймає певне значення, працює досить добре для деяких функцій. Також неоціненним є розуміння формального визначення межі, яку надає цей метод. Однак ми також можемо підійти до граничних доказів з чисто алгебраїчної точки зору. У багатьох випадках алгебраїчний підхід може не тільки надати нам додаткове розуміння визначення, але й може виявитися простішим. Крім того, алгебраїчний підхід є основним інструментом, який використовується для доказів тверджень про межі. Для прикладу$\PageIndex{4}$, візьмемо чисто алгебраїчний підхід.

Приклад$\PageIndex{4}$:Proving a Statement about the Limit of a Specific Function (Algebraic Approach)

Доведіть, що$\displaystyle \lim_{x→−1}\;(x^2−2x+3)=6.$

Рішення

Давайте використаємо наш контур із Стратегії вирішення проблем:

1. Нехай$ε>0$.

2. Виберіть$δ=\text{min}\{1,ε/5\}$. Цей вибір$δ$ може здатися дивним на перший погляд, але він був отриманий, подивившись на нашу кінцеву бажану нерівність:$∣(x^2−2x+3)−6∣<ε$. Ця нерівність еквівалентна$|x+1|⋅|x−3|<ε$. У цей момент спокуса просто вибрати$δ=\frac{ε}{x−3}$ дуже сильна. На жаль, наш вибір$δ$ повинен залежати тільки від ε і жодної іншої змінної. Якщо ми можемо замінити$|x−3|$ числовим значенням, наша проблема може бути вирішена. Це місце, де припущення$δ≤1$ вступає в гру. Вибір$δ≤1$ тут довільний. Ми могли б так само легко використовувати будь-яке інше позитивне число. У деяких доказах може знадобитися більша уважність у цьому виборі. Тепер, оскільки$δ≤1$ і$|x+1|<δ≤1$, ми можемо це показати$|x−3|<5$. Отже,$|x+1|⋅|x−3|<|x+1|⋅5$. У цей момент ми розуміємо, що нам теж потрібно$δ≤ε/5$. Таким чином, вибираємо$δ=\text{min}\{1,ε/5\}$.

3. Припустимо$0<|x+1|<δ$. Таким чином,

$$|x+1|<1\text{ and }|x+1|<\frac{ε}{5}. \nonumber$$

Оскільки$|x+1|<1$, можна зробити висновок, що$−1<x+1<1$. Таким чином, віднімаючи$4$ з усіх частин нерівності, отримаємо$−5<x−3<−1$. Отже,$|x−3|<5$. Це дає нам

$$\left|(x^2−2x+3)−6\right|=|x+1|⋅|x−3|<\frac{ε}{5}⋅5=ε.\nonumber$$

Тому

$$\lim_{x→−1}\;(x^2−2x+3)=6.\nonumber$$

Вправа$\PageIndex{3}$

Завершіть доказ цього$\displaystyle \lim_{x→1}x^2=1$.

Нехай$ε>0$; вибрати$δ=\text{min}\{1,ε/3\}$; припустити$0<|x−1|<δ$.

Оскільки$|x−1|<1$, можна зробити висновок, що$−1<x−1<1$. Таким чином,$1<x+1<3$. Отже,$|x+1|<3$.

Підказка

Використовуйте$\PageIndex{4}$ Example як орієнтир.

Відповідь

$∣x^2−1∣=|x−1|⋅|x+1|<ε/3⋅3=ε$

Ви виявите, що, загалом, чим складніша функція, тим більша ймовірність того, що алгебраїчний підхід найлегший у застосуванні. Алгебраїчний підхід також більш корисний для доведення тверджень про межі.

Доведення граничних законів

Зараз ми продемонструємо, як використовувати визначення межі епсилон-дельта для побудови суворого доказу одного з граничних законів. Нерівність трикутника використовується в ключовій точці доказу, тому ми спочатку розглянемо це ключове властивість абсолютного значення.

Визначення: Нерівність трикутника

Нерівність трикутника стверджує, що якщо$a$ і$b$ є будь-якими дійсними числами, то$|a+b|≤|a|+|b|$.

Доказ

Доведемо наступний граничний закон: Якщо$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=L$ і$\displaystyle \lim_{x→a}g(x)=M$, то$\displaystyle \lim_{x→a}\;(f(x)+g(x))=L+M$.

Нехай$ε>0$.

Вибирайте$δ_1>0$ так, щоб якщо$0<|x−a|<δ_1$, то$|f(x)−L|<ε/2$.

Вибирайте$δ_2>0$ так, щоб якщо$0<|x−a|<δ_2$, то$|g(x)−M|<ε/2$.

Виберіть$δ=\text{min}\{δ_1,δ_2\}$.

Припустимо$0<|x−a|<δ$.

Таким чином,

$0<|x−a|<δ_1$і$0<|x−a|<δ_2$.

Отже,

\ [\ почати {вирівнювати*} | (f (x) +г (х)) − (L+М) |&=| (ф (х) −Л) + (г (х) −М) |\\ [4pt]
&≤|f (x) −L|+|г (х) −М |\\ [4pt]
&<\ frac {ε} {2} +\ frac {2} +\ frac {ε} {2} =ε\ кінець {align*}. \ номер\]

□

Зараз ми досліджуємо, що означає, щоб межа не існувала. Обмеження$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)$ не існує, якщо немає дійсного числа,$L$ для якого$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=L$. Таким чином, для всіх дійсних чисел$L$,$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)≠L$. Щоб зрозуміти, що це означає, розглянемо кожну частину визначення$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=L$ разом зі своїм протилежним. Переклад визначення наведено в табл$\PageIndex{2}$.

Таблиця$\PageIndex{2}$. Переклад визначення$\lim_{x→a}f(x)=L$ та його протилежності

Визначення	Навпаки
1. Для кожного$ε>0$,	1. Існує$ε>0$ так, що
2. існує такий$δ>0$, щоб	2. для кожного$δ>0$,
3. якщо$0<|x−a|<δ$, то$|f(x)−L|<ε$.	3. Є$x$ ситне$0<|x−a|<δ$ так, що$|f(x)−L|≥ε$.

Нарешті, ми можемо констатувати, що це означає, щоб межа не існувала. Межі$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)$ не існує$L$, якщо для кожного дійсного числа існує дійсне число$ε>0$ так, що для всіх$δ>0$, є$x$ задовольняє$0<|x−a|<δ$, так що$|f(x)−L|≥ε$. Давайте застосуємо це в прикладі,$\PageIndex{5}$ щоб показати, що обмеження не існує.

Приклад$\PageIndex{5}$: Showing That a Limit Does Not Exist

Показати, що$\displaystyle \lim_{x→0}\frac{|x|}{x}$ не існує. Графік$f(x)=|x|/x$ показаний тут:

0, і це лінія без нахилу, яка починається з осі y у відкритому колі (1,0)." src="https://math.libretexts.org/@api/dek...2355/2.5.3.png">

Рішення

Припустимо, що$L$ це кандидат на ліміт. Виберіть$ε=1/2$.

Нехай$δ>0$. Або$L≥0$ або$L<0$. Якщо$L≥0$, то нехай$x=−δ/2$.

Таким чином,

$|x−0|=∣−\frac{δ}{2}−0∣=\frac{δ}{2}<δ$

і

$\left|\frac{∣−\frac{δ}{2}∣}{−\frac{δ}{2}}−L\right|=|−1−L|=L+1≥1>\frac{1}{2}=ε$.

З іншого боку, якщо$L<0$, то нехай$x=δ/2$. Таким чином,

$|x−0|=∣\frac{δ}{2}−0∣=\frac{δ}{2}<δ$

і

$\left|\frac{∣\frac{δ}{2}∣}{\frac{δ}{2}}−L\right|=|1−L|=|L|+1≥1>\frac{1}{2}=ε$.

Таким чином, при будь-якому значенні$L$,$\displaystyle \lim_{x→0}\frac{|x|}{x}≠L.$

Односторонні межі

Подібно до того, як ми спочатку отримали інтуїтивне розуміння обмежень, а потім перейшли до більш суворого визначення межі, ми тепер переглядаємо односторонні межі. Для цього ми модифікуємо визначення межі epsilon-delta, щоб дати формальні визначення epsilon-delta для меж праворуч і ліворуч у точці. Ці визначення вимагають лише незначних змін від визначення межі. При визначенні межі праворуч нерівність$0<x−a<δ$ замінює$0<|x−a|<δ$, що гарантує, що ми враховуємо лише значення$x$, які більше (праворуч)$a$. Аналогічно, при визначенні межі зліва нерівність$−δ<x−a<0$ замінюється$0<|x−a|<δ$, що гарантує, що ми враховуємо лише значення$x$, що менше (зліва від)$a$.

Визначення: Односторонні межі (формальні)

Обмеження праворуч:$f(x)$ Дозволяти визначатися на відкритому інтервалі форми$(a,b)$, де$a<b$. Тоді

$$\lim_{x→a^+}f(x)=L \nonumber$$

якщо для кожного$ε>0$, існує такий$δ>0$, що якщо$0<x−a<δ$, то$|f(x)−L|<ε$.

Обмеження ліворуч:$f(x)$ Дозволяти визначатися через відкритий інтервал форми$(b,c)$, де$b<c$. Потім,

$$\lim_{x→c^−}f(x)=L \nonumber$$

якщо для кожного$ε>0$, існує$δ>0$ таке, що якщо$−δ<x−c<0$, то$|f(x)−L|<ε$.

Приклад$\PageIndex{6}$: Proving a Statement about a Limit From the Right

Доведіть, що

$$\lim_{x→4^+}\sqrt{x−4}=0.\nonumber$$

Рішення

Нехай$ε>0$.

Виберіть$δ=ε^2$. Оскільки ми в кінцевому підсумку хочемо$∣\sqrt{x−4}−0∣<ε$, ми маніпулюємо цією нерівністю, щоб отримати$\sqrt{x−4}<ε$ або, що еквівалентно$0<x−4<ε^2$, зробити$δ=ε^2$ чіткий вибір. Ми також можемо визначити$δ$ геометрично, як показано на малюнку$\PageIndex{4}$.

Малюнок$\PageIndex{4}$: Цей графік показує, як ми знаходимо δ для доказу в прикладі$\PageIndex{6}$.

Припустимо$0<x−4<δ$. Таким чином,$0<x−4<ε^2$. Отже,$0<\sqrt{x−4}<ε$. Нарешті,$\left|\sqrt{x−4}−0\right|<ε$. Тому,$\displaystyle \lim_{x→4^+}\sqrt{x−4}=0$.

Вправа$\PageIndex{4}$

Знайдіть$δ$ відповідне$ε$ для доказу цього$\displaystyle \lim_{x→1^−}\sqrt{1−x}=0$.

Підказка

Намалюйте графік і використовуйте$\PageIndex{6}$ Example як керівництво для вирішення.

Відповідь

$δ=ε^2$

Нескінченні межі

Ми завершуємо процес перетворення наших інтуїтивних ідей різних типів меж у строгі формальні визначення, проводячи формальне визначення нескінченних меж. Щоб мати$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=+∞$, ми хочемо,$f(x)$ щоб значення функції стали більшими і більшими, як$x$ підходи$a$. Замість вимоги, що$|f(x)−L|<ε$ для довільно малого,$ε$ коли$0<|x−a|<δ$ для малого досить$δ$, ми хочемо$f(x)>M$ для довільно великих позитивних,$M$ коли$0<|x−a|<δ$ для малих досить$δ$. Малюнок$\PageIndex{5}$ ілюструє цю ідею, показуючи значення$δ$ для послідовно більших значень$M$.

Малюнок$\PageIndex{5}$: Ці графіки побудови значень$δ$ for,$M$ щоб показати це$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=+∞$.

Визначення: Нескінченні межі (формальні)

Нехай$f(x)$ be defined for all $x≠a$ in an open interval containing $a$. Then, we have an infinite limit

$$\lim_{x→a}f(x)=+∞ \nonumber$$

якщо для кожного$M>0$, there exists $δ>0$ such that if $0<|x−a|<δ$, then $f(x)>M$.

Нехай$f(x)$ be defined for all $x≠a$ in an open interval containing $a$. Then, we have a negative infinite limit

$$\lim_{x→a}f(x)=−∞ \nonumber$$

якщо для кожного$M>0$, there exists $δ>0$ such that if $0<|x−a|<δ$, then $f(x)<−M$.

Приклад$\PageIndex{7}$: Proving a Statement about an Infinite Limit

Доведіть, що$\displaystyle \lim_{x→3}\frac{1}{(x-3)^2}=\infty.$

Рішення

Ми використовуємо дуже схожий підхід до нашої попередньої стратегії вирішення проблем. Спочатку знаходимо відповідний$δ>0$. Потім пишемо наш доказ.

Крок 1: Спочатку знаходимо відповідний$δ>0$.

1. $M$Дозволяти бути будь-яке дійсне число таке, що$M>0$.

2. Нехай$f(x) = \dfrac{1}{(x-3)^2} > M$. Потім вирішуємо для виразу$x - 3$.

Множення обох сторін нерівності на позитивну величину$(x - 3)^2$ і ділення обох сторін на позитивну величину$M$ дає нам:

$$\frac{1}{M} > (x-3)^2 \nonumber$$

Взявши квадратний корінь з обох сторін, маємо,

$$\sqrt{\frac{1}{M}} > |x - 3|. \qquad \quad\left(\text{Remember that }\sqrt{x^2} = |x|.\right)\nonumber$$

Переписування цього твердження дає нам,$0 < |x-3| < \sqrt{\dfrac{1}{M}}$. З цього вибираємо$δ = \sqrt{\dfrac{1}{M}}$.

Крок 2: Тепер пишемо доказ.

3. Нехай$δ = \sqrt{\dfrac{1}{M}}$ і припустимо$0 < |x-3| < δ = \sqrt{\dfrac{1}{M}}$.

Таким чином,

$$|x-3| < \sqrt{\frac{1}{M}}. \nonumber$$

Квадрат обидві сторони дає нам,

$$(x-3)^2 < \frac{1}{M}. \nonumber$$

Беручи взаємні обидві сторони (і пам'ятаючи, що це змінить напрямок нерівності),

$$\dfrac{1}{(x-3)^2} > M. \nonumber$$

Тому ми довели, що

$$\lim_{x→3}\frac{1}{(x-3)^2}=\infty.\nonumber$$

Дуже схоже доказ знадобиться для ліміту, який дорівнює$-\infty$.

Зверніть увагу, що односторонній лімітний підхід часто потрібно буде приймати з цим типом ліміту. Наприклад, довести:$\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x} = \infty$.

Ключові поняття

• Інтуїтивне поняття межі може бути перетворено в суворе математичне визначення, відоме як визначення межі епсилон-дельта.
• Визначення epsilon-delta може бути використано для доведення тверджень про межі.
• Визначення межі епсилон-дельта може бути змінено для визначення односторонніх меж.
• Подібне визначення нескінченної межі може бути використано для доведення тверджень про нескінченні межі.

Глосарій

epsilon-дельта визначення межі

$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=L$якщо для кожного$ε>0$, існує$δ>0$ такий, що якщо$0<|x−a|<δ$, то$|f(x)−L|<ε$

нерівність трикутника

Якщо$a$ і$b$ є будь-якими дійсними числами, то$|a+b|≤|a|+|b|$

формальне визначення нескінченної межі

$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=\infty$якщо для кожного$M>0$, існує$δ>0$ такий, що якщо$0<|x−a|<δ$, то$f(x)>M$
$\displaystyle \lim_{x→a}f(x)=-\infty$ якщо для кожного$M>0$, існує$δ>0$ такий, що якщо$0<|x−a|<δ$, то$f(x)<-M$

Автори та атрибуція

• Template:ContribOpenStaxCalc
• Paul Seeburger (Monroe Community College), added Example $\PageIndex{7}$ and entries for infinite limits under Key Concepts and the Glossary.