ε–δ: ribos įrodymas
Ribos apibrėžimą lengviau suprasti nuo vieno klausimo: kiek tiksliai turiu parinkti įvestį, kad rezultato paklaida būtų mažesnė už man nurodytą ribą? Pirmiausia išbandysime konkrečius skaičius, paskui užrašysime bendrą įrodymą.
Pirma perskaityk raides
$a$ yra x artėjimo taškas, $L$ – siekiama y reikšmė (riba). Konspekte ta pati riba žymima $b$. $x$ yra įvestis, $f(x)$ – rezultatas. Pavyzdyje $a=2$, $L=7$. $\varepsilon$ (epsilon) – leidžiama rezultato paklaida; $\delta$ (delta) – parenkamas įvesties atstumas. Tai dvi skirtingos ašys, todėl ε ir δ neprivalo būti vienodos.
Pirma mintis: įvestis ir rezultatas
Tarkime, teigiame $\lim_{x\to2}(3x+1)=7$. Į funkciją įdedame $x$, o ji grąžina $y=3x+1$. Skaičius $2$ yra įvesties taikinys; $7$ – rezultato taikinys. Klausiame: kiek arti $2$ turime laikyti įvestį, kad visi gaunami rezultatai būtų pakankamai arti $7$? Ribos įrodymas yra tikslus atsakymas į šį klausimą.
Ką reiškia ε, δ ir didžioji Δ?
$\varepsilon$ (epsilon) yra leidžiamas rezultato nuokrypis: $|f(x)-L|<\varepsilon$. $\delta$ (delta) yra parenkamas įvesties nuokrypis: $|x-a|<\delta$. Abi raidės mažosios. Didžioji $\Delta$ paprastai reiškia tikrą pokytį, pavyzdžiui, $\Delta x=x_{\rm naujas}-x_{\rm senas}$. Tai kitas ženklas. Teigiamas $\varepsilon$ nebūtinai mažas skaičius: įrodymas turi veikti ir su $1$, ir su $0{,}001$, ir su bet kokiu kitu teigiamu tikslumu.
Pirmas skaitinis pavyzdys
Funkcijai $3x+1$ ties $x=2$ leiskime rezultato paklaidą $\varepsilon=0{,}1$. Norime $6{,}9<3x+1<7{,}1$. Atėmę $1$ ir padaliję iš $3$, gauname $1{,}9666\ldots<x<2{,}0333\ldots$. Todėl tinka $\displaystyle \delta=\frac{0{,}1}{3}=\frac{1}{30}\approx0{,}03333$. Konservatyviai apvalinta $\delta=0{,}0333$ irgi tinka. Pavyzdžiui, $x=2{,}03$ duoda $7{,}09$, paklaida $0{,}09<0{,}1$. Jei tikslumo reikalavimą sugriežtinsime dešimt kartų, šiai funkcijai ir įvesties juostą siaurinsime dešimt kartų.
Kaip tai matyti grafike
Nubrėžk dvi horizontalias linijas $y=L-\varepsilon$ ir $y=L+\varepsilon$. Jos apriboja leidžiamą rezultatų juostą. Dabar aplink $a$ ieškok tokios vertikalios juostos $a-\delta<x<a+\delta$, kad visa joje esanti grafiko dalis, išskyrus galimą tašką ties $a$, liktų horizontalioje juostoje. Nepakanka surasti vieną gerą tašką: garantija turi galioti kiekvienam leistinam $x$.
Kodėl ženklų tvarka svarbi
$$\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0\ \forall x\in D(f):\quad0<|x-a|<\delta\ \Longrightarrow\ |f(x)-L|<\varepsilon.$$ Skaityk paeiliui: „Kad ir kokį teigiamą tikslumą man nurodytum, galiu parinkti teigiamą įvesties atstumą, kuris tiks visiems tos aplinkos argumentams.“ Pirma gauname $\varepsilon$, tada parenkame $\delta$; tik po to tikriname visus $x$. $\delta$ gali priklausyti nuo $\varepsilon$, bet negali būti parenkama iš naujo kiekvienam $x$. Sąlyga $0<|x-a|$ pašalina patį $a$: funkcijos reikšmė vien tame taške ribos nenulemia.
Suradimas atgal, įrodymas pirmyn
Juodraštyje pradėk nuo norimos pabaigos: $|3x+1-7|<\varepsilon$. Kadangi kairė pusė lygi $3|x-2|$, norui įvykdyti pakaktų $\displaystyle |x-2|<\frac{\varepsilon}{3}$. Taip surandame $\delta$. Galutiniame įrodyme pradėk iš naujo: „Tegu $\varepsilon>0$. Imkime $\displaystyle \delta=\frac{\varepsilon}{3}>0$. Jei $0<|x-2|<\delta$, tai $|3x+1-7|=3|x-2|<3\delta=\varepsilon$.“ Pirmoji dalis paaiškina, iš kur pasirinkimas atsirado; antroji patikrina, kad pažadas tikrai ištesėtas.
Šaknies nelygybė: pirma su skaičiais
Imkime $f(x)=\sqrt{4x+1}$, $a=6$, $L=5$ ir $\varepsilon=0{,}1$. Norime $4{,}9<\sqrt{4x+1}<5{,}1$. Kraštai teigiami, todėl keliame kvadratu: $24{,}01<4x+1<26{,}01$. Atimame $1$, dalijame iš $4$: $5{,}7525<x<6{,}2525$. Nuo $6$ į kairę leidžiamas atstumas $0{,}2475$, į dešinę – $0{,}2525$. Vienai simetriškai juostai pasirenkame mažesnį: $\delta=0{,}2475$. Čia $\delta>\varepsilon$, ir tai visiškai leistina: jos matuoja skirtingus nuokrypius.
Šaknis su bet kuriuo ε
Raidė $\eta$ vadinama eta. Tai tik pagalbinis mažesnis tikslumas, ne naujas nežinomasis. $\eta=\min(\varepsilon,1)$ reiškia „pasirink mažesnį iš ε ir 1“. Kai ε=0,1, η=0,1; kai ε=2, η=1. Taigi $0<\eta\le1$ ir $\eta\le\varepsilon$. Kad kvadratu keliamas apatinis kraštas tikrai būtų teigiamas, imame $\eta=\min(\varepsilon,1)$. Pakaks pasiekti net griežtesnį tikslumą $\eta\le\varepsilon$. Toliau lėtai: $$|\sqrt{4x+1}-5|<\eta\iff5-\eta<\sqrt{4x+1}<5+\eta.$$ Keliame kvadratu, atimame $1$, dalijame iš $4$: $$\displaystyle 6-\frac{10\eta-\eta^2}{4}<x<6+\frac{10\eta+\eta^2}{4}.$$ Kairysis leistinas atstumas mažesnis, todėl imame $\displaystyle \delta=\frac{10\eta-\eta^2}{4}>0$. Jei $0<|x-6|<\delta$, argumentas patenka į šį intervalą. Skaitydami lygiaverčius pertvarkymus atgal gauname $|\sqrt{4x+1}-5|<\eta\le\varepsilon$. Įrodymas apima kiekvieną $\varepsilon>0$.
Kvadratinė funkcija tuo pačiu intervalų būdu
Įrodome $x^2\to4$, kai $x\to2$. Imame $\eta=\min(\varepsilon,1)$. Sprendžiame $|x^2-4|<\eta$, t. y. $4-\eta<x^2<4+\eta$. Šalia teigiamo taško 2 tai duoda $\sqrt{4-\eta}<x<\sqrt{4+\eta}$. Pasirenkame $\delta=\min(2-\sqrt{4-\eta},\sqrt{4+\eta}-2)>0$: tai mažesnis atstumas nuo 2 iki intervalo kraštų. Jei $0<|x-2|<\delta$, x lieka tame intervale, todėl $|x^2-4|<\eta\le\varepsilon$.
! Kodėl δ yra minimumas, o ne neigiamas skaičius?
Konspekto pavyzdyje $\lim_{x\to9}(2\sqrt x+1)=7$ iš $|2\sqrt x-6|<\varepsilon$ gauname $3-\varepsilon/2<\sqrt x<3+\varepsilon/2$. Kelti kvadratu abi puses galima tik pasirūpinus kairės pusės ženklu. Imk $\eta=\min(\varepsilon,1)>0$, tuomet $3-\eta/2>0$. Kvadratu gauname $9-3\eta+\eta^2/4<x<9+3\eta+\eta^2/4$. Atstumai iki $9$ yra $3\eta-\eta^2/4$ ir $3\eta+\eta^2/4$, abu teigiami. Renkamės mažesnį: $\delta=3\eta-\eta^2/4>0$. Negalima į minimumą dėti kairiojo poslinkio $-3\eta+\eta^2/4$: atstumas iki kairiojo krašto yra jo teigiamas modulis. Jei $0<|x-9|<\delta$, gauname $|2\sqrt x-6|<\eta\le\varepsilon$.
! Pagalbinis įvertis gali būti paprastesnis
Pavyzdyje $\lim_{x\to4}(3\sqrt x+2)=8$ turime $|3\sqrt x-6|=3|x-4|/(\sqrt x+2)$. Kai $x\ge0$, vardiklis ne mažesnis už $2$, todėl pakanka $|x-4|<2\varepsilon/3$. Galima rinktis $\delta=\min(1,2\varepsilon/3)$: pirmoji sąlyga užtikrina $3<x<5$, antroji duoda paklaidą mažesnę už $\varepsilon$. Minimumas tenkina abi sąlygas kartu; δ neprivalo būti didžiausia įmanoma.
? Kada reikia min, o kada max?
Kai $x\to a$, reikia vienu metu būti arčiau nei keli atstumai, todėl renkamės jų minimumą. Kai $x\to+\infty$, reikia vienu metu peržengti kelis slenksčius, todėl renkamės maksimumą. Pvz., $\lim_{x\to+\infty}\sqrt{4x^2-1}/x=2$. Kai $x>1$, galime rašyti $\sqrt{4x^2-1}/x=\sqrt{4-1/x^2}$ ir $|\sqrt{4-1/x^2}-2|=\frac{1/x^2}{2+\sqrt{4-1/x^2}}\le\frac1{2x^2}$. Duotam $\varepsilon>0$ imame $\Delta=\max(1,1/\sqrt{2\varepsilon})$. Jei $x>\Delta$, iš pirmos sąlygos galioja sritis ir ženklas, iš antros $1/(2x^2)<\varepsilon$. Tai įrodo ribą; vien simbolių $\infty/\infty$ užrašyti nepakanka.
Begalinė funkcijos riba: reikia viršyti bet kokį lygį
Teiginys $f(x)\to+\infty$, kai $x\to a$, reiškia: kiekvienam duotam $M>0$ randame $\delta>0$, kad $0<|x-a|<\delta$ garantuotų $f(x)>M$. Pavyzdyje $f(x)=(2x+1)/(x-1)^2$ ties $a=1$ pirmiausia reikalaujame $|x-1|<1/4$. Tuomet $3/4<x<5/4$, todėl $2x+1>5/2$. Dabar $f(x)>\frac{5/2}{(x-1)^2}$; kad pastarasis dydis viršytų $M$, pakanka $|x-1|<\sqrt{5/(2M)}$. Imame $\delta=\min(1/4,\sqrt{5/(2M)})>0$. Šis pasirinkimas užtikrina abi nelygybes iš karto. Čia $M$ yra bet koks didelis lygis; ε baigtinės ribos apibrėžime yra bet koks mažas tikslumas. Konspekte tam lygiui vartojama ir raidė E.
Išspręskime kartu
Įrodyk $\lim_{x\to2}(3x+1)=7$.
- Artėjimo taškas yra $a=2$, rezultatas $L=7$. $\varepsilon>0$ yra leidžiama funkcijos reikšmės paklaida. Ją gauname duotą, kad ir kokia maža ji būtų.
- Mes renkamės $\delta>0$: leistiną argumento atstumą iki $2$. Jis turi užtikrinti paklaidą visiems argumentams tame atstume, išskyrus patį tašką.
- Išskaidome paklaidą: $|(3x+1)-7|=|3x-6|=|3(x-2)|=3|x-2|$. Paskutinėje lygybėje naudota $|ab|=|a||b|$.
- Norime $3|x-2|<\varepsilon$. Dalijame iš teigiamo $3$: pakanka $\displaystyle |x-2|<\frac{\varepsilon}{3}$. Iš čia, o ne iš spėjimo, atsiranda delta.
- Formalus įrodymas: tegu $\varepsilon>0$ bet koks. Pasirenkame $\displaystyle \delta=\frac{\varepsilon}{3}>0$. Ji priklauso nuo tikslumo, o ne nuo laisvai judančio $x$.
- Imkime bet kurį $x$, kuriam $0<|x-2|<\delta$. Tada $\displaystyle |(3x+1)-7|=3|x-2|<3\delta=3(\frac{\varepsilon}{3})=\varepsilon$.
- Taigi įvesties sąlyga garantuoja norimą išvesties sąlygą. Pavyzdžiui, jei $\varepsilon=0{,}03$, tinka $\delta=0{,}01$. Įrodymas galioja kiekvienam teigiamam epsilon.
Atsakymas. Tinka $\displaystyle \delta=\frac{\varepsilon}{3}$.
Pirmasis ε–δ įrodymas
Pagal apibrėžimą įrodyk, kad $\lim_{x\to2}(3x-2)=4$.
Užuomina
Siekiamą paklaidą paversk atstumu $|x-2|$.
Pirmas žingsnis
Apskaičiuok $|(3x-2)-4|=3|x-2|$.
Sprendimo eiga
- Apskaičiuok $|(3x-2)-4|=3|x-2|$.
- Tegul $\varepsilon>0$ yra bet koks. Turime rasti jam tinkamą $\delta>0$.
- Nelygybė $|(3x-2)-4|<\varepsilon$ lygiavertė $3|x-2|<\varepsilon$, arba $\displaystyle |x-2|<\frac{\varepsilon}{3}$.
- Pasirenkame $\displaystyle \delta=\frac{\varepsilon}{3}$. Ji teigiama ir nepriklauso nuo $x$.
- Jei $0<|x-2|<\delta$, tai $|(3x-2)-4|=3|x-2|<3\delta=\varepsilon$. Riba įrodyta.
- Pavyzdžiui, tikslumui $\varepsilon=0{,}03$ pakanka $\delta=0{,}01$.
Tinka $\displaystyle \delta=\frac{\varepsilon}{3}$; tuomet iš $0<|x-2|<\delta$ seka $|(3x-2)-4|<\varepsilon$.
ε–δ su kvadratine šaknimi
Pagal apibrėžimą įrodyk, kad $\lim_{x\to4}\sqrt{x+5}=3$.
Užuomina
Nuimk modulį ir išspręsk dvigubą nelygybę x atžvilgiu.
Pirmas žingsnis
Pažymėk $\eta=\min(\varepsilon,1)$: tai mažesnis iš ε ir 1.
Sprendimo eiga
- Pažymėk $\eta=\min(\varepsilon,1)$: tai mažesnis iš ε ir 1.
- Siekiame $|\sqrt{x+5}-3|<\eta$, arba $3-\eta<\sqrt{x+5}<3+\eta$. Kadangi $0<\eta\le1$, visi kraštai teigiami.
- Keliame kvadratu: $(3-\eta)^2<x+5<(3+\eta)^2$. Išskleidžiame ir atimame 5: $4-6\eta+\eta^2<x<4+6\eta+\eta^2$.
- Nuo a=4 iki kairiojo krašto yra $6\eta-\eta^2$, iki dešiniojo $6\eta+\eta^2$. Pasirenkame mažesnį $\delta=6\eta-\eta^2>0$.
- Jei $0<|x-4|<\delta$, x patenka į gautą intervalą. Skaitant pertvarkymus atgal: $|\sqrt{x+5}-3|<\eta\le\varepsilon$. Riba įrodyta.
$\delta=6\eta-\eta^2$, kur $\eta=\min(\varepsilon,1)$.