matematikk.net

På oppgaven "vis at f(x)=2x^2+3 er kontinuerlig i punktet 1" har jeg gjort dette:

gitt [tex] \epsilon>0 [/tex] leter jeg etter [tex]\delta>0[/tex] så [tex]|f(x) - f(1)|<\epsilon[/tex] når [tex]|x-1|<\delta[/tex]

Altså: [tex]|2x^2 -2|= 2|x+1||x-1|=2|x-1|(|x-1|+2)<\epsilon[/tex]
Er [tex]\delta<1[/tex] og[tex]\delta <\frac {\epsilon}{6}[/tex], er [tex]|f(x) - f(1)|<\epsilon[/tex] når [tex]|x-1|<\delta[/tex].

Stemmer dette her eller?

Jada, dette stemmer.

Så bra! takk
kan du hjelpe meg å se slutten på denne, da?
Vis at [tex]\frac{1}{\sqrt{x}}[/tex] er kontinuerlig i punktet 9.
Samme som i sta, setter opp og får
[tex]|f(x)-f(9)|=|\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{3}|<\epsilon[/tex] når [tex]|x-9|<\delta[/tex]
Videre er [tex]|\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{3}|=|\frac{3}{3\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{x}}{3\sqrt{x}|[/tex]

Det ser jo nesten ut som noe jeg kan ha bruk for, iom at jeg har halve den konjugerte av |x-9| over brøkstreken i uttrykket med hensyn på epsilon. Er dette en blindgate?

Takk takk

Dette virker ikke som en blindgate, nei. [tex]|x-9|=|\sqrt x - 3||\sqrt x + 3|[/tex], så om du utvider brøken i uttrykket du endte med kan du få noe med [tex]\delta[/tex] i nevneren sånn: [tex]|\frac 1 {\sqrt x} - \frac 1 3| = |\frac {3 - \sqrt x} {3 \sqrt x}| = |\frac {9-x} {3 \sqrt x (\sqrt x + 3)}| < \frac {\delta} {|3 \sqrt x (\sqrt x + 3)|}[/tex] , og herifra klarer du det kanskje selv?

mulig jeg er litt treg i oppfattelsen akkurat nå, men jeg kom også til den samme brøken uten å dra viedere nytte av den:
[tex]\frac{\delta}{3\sqrt{x}(sqrt{x}+3)} = \frac{\delta}{3*(x+3\sqrt{x})[/tex]

kunne jo velge delta slik at den er mindre enn epsilon*(3x+9[tex]\sqrt{x})[/tex], men det er vel ikke akkurat det som er løsningen.

Takk for super hjelp kl 2 uansett

Nei, det er sant det. Det vi gjør nå er at vi spør oss selv om omtrent hvor stor nevneren kommer til å være om vi velger delta rimelig liten. Da vil [tex]\sqrt x[/tex] være ganske nær 3, og nevneren vil være ganske nær 9, så det tyder på at vi fint kan få dette mindre enn epsilon. Selvfølgelig er ikke dette et formelt argument, så jeg foreslår at du ser på hva som skjer hvis du velger [tex]\delta < 1[/tex]. Kan du da vise at nevneren er større enn 1?

(Hvis du kan vise det kan du jo si at uttrykket ditt er mindre enn [tex]\delta[/tex], som du så kan velge mindre enn [tex]\epsilon[/tex] og være ferdig.)

Supert, nå tror jeg jeg fikk litt grep om dette

Jeg regner med jeg kan tenke på [tex]|x-9|<\delta[/tex] som [tex]x\in(9-\delta, 9+\delta)=(8,10)[/tex] når [tex]\delta<1[/tex]

Da er det klart at [tex]|\frac{\delta}{3\sqrt{8}(\sqrt{8}+3)}|<|\frac{\delta}{3\sqrt{x}(\sqrt{x}+3)}|<|\frac{\delta}{3\sqrt{10}(\sqrt{10}+3)}|[/tex], og at nevneren uansett blir større enn 1.

kan jeg altså si at jeg velger [tex]\delta[/tex]=min(1, [tex]\epsilon[/tex])?

takk igjen karl erik!

Det er helt riktig, ja. Fint at du fikk grep om det!

Tusen takk for hjelpen

Da legger jeg hodet fram for hugg vedå prøve meg på en kjapp en til.

Vis at [tex]f(x)=\sqrt{x}[/tex] er kontinuerlig i 4.

Setter opp utifra definisjonen:
når [tex]|x-4|<\delta[/tex] er [tex]|f(x)-f(4)|<\epsilon, \delta, \epsilon >0.[/tex]

[tex]|sqrt{x}-2|=\frac{|x-4|}{|\sqrt{x}+2|}<\frac{\delta}{|\sqrt{x}+2|}<\epsilon[/tex]

dette stemmer når [tex]\delta[/tex]=min(1, [tex]\epsilon[/tex]) siden nevneren i brøken er større enn 1. (strengt tatt kan man vel la delta være mindre enn epsilon og mindre enn 4, utuen at det er noen større gevinst i det?)

Og en til:

Vis at [tex] f(x)=x^3[/tex] er kontinuerlig i punktet 2.

Skal vise at for en gitt [tex]\epsilon>0[/tex] finnes en [tex]\delta>0[/tex] slik at [tex]|x-2|<\delta \rightarrow |f(x)-f(2)|<\epsilon[/tex]

Altså:
[tex]|x^3-8|=|x-2|*|x^2+2x+2|<\delta*|x^2+2x+1|<\epsilon[/tex]

Siden [tex]|x^2+2x+2|[/tex] nesten er lik [tex]|(x+2)^2|[/tex], kan jeg kanskje gjøre det sånn:

[tex]\delta*|x^2+2x+2|<\delta*|(x+2)^2|<\delta*(\delta+4)(\delta+4)<\epsilon[/tex]

og så velge [tex]\delta=min(1, \frac{\epsilon}{25})[/tex]

dan skrev:Og en til:

Vis at [tex] f(x)=x^3[/tex] er kontinuerlig i punktet 2.

Skal vise at for en gitt [tex]\epsilon>0[/tex] finnes en [tex]\delta>0[/tex] slik at [tex]|x-2|<\delta \rightarrow |f(x)-f(2)|<\epsilon[/tex]

Altså:
[tex]|x^3-8|=|x-2|*|x^2+2x+2|<\delta*|x^2+2x+1|<\epsilon[/tex]

Siden [tex]|x^2+2x+2|[/tex] nesten er lik [tex]|(x+2)^2|[/tex], kan jeg kanskje gjøre det sånn:

[tex]\delta*|x^2+2x+2|<\delta*|(x+2)^2|<\delta*(\delta+4)(\delta+4)<\epsilon[/tex]

og så velge [tex]\delta=min(1, \frac{\epsilon}{25})[/tex]

Feil i polynomdivisjonen. Bortsett fra det kunne du forenklet argumentasjonen, slik:

La [tex]|x-2|<\delta\leq 1[/tex]. Da er [tex]1<x<3[/tex] og følgelig [tex]|f(x)-f(2)|=|x-2|*|x^2+2x+4|<19\delta[/tex]. Velg så [tex]\delta=\min(1,\frac{\epsilon}{19})[/tex]

Ja, det var mye pener. Flott med så mange gode svar! Takk!

Lurer på en ting til i farta. I en oppgave blir jeg bedt om å vise at [tex]f(x)=\frac{x-1}{|x-1|}[/tex] er diskontinuerlig i punktet 1. Men f(x) er vel ikke definert for 1? Kan en funksjon være diskontinuerlig i et punkt den ikke er definert i?

Nei, det kan den ikke. Enten står det ett eller annet sted at [tex]f(x)=\frac {x-1} {|x-1|}[/tex] dersom x ikke er 1, og [tex]f(x)=[/tex] noe annet om x er 1, slik at funksjonen også er definert i 1, eller så har personen som har gitt deg oppgaven rotet litt.

En alternativ oppgave til deg er da, om du vil, å vise at samme hva vi velger [tex]f(1)[/tex] til å være vil funksjonen uansett være diskontinuerlig der.

Kanskje de har rettet feilen i den siste utgaven av kalkulus


Spennende, here goes nothing:

[tex]f(x)=\frac{x-1}{|x-1|}[/tex] når [tex]x\neq 1[/tex] og k når [tex]x=1[/tex].

Per definisjon er f kontinuerlig om [tex]|f(x)-f(1)|=|\frac{x-1}{|x-1|}-k|<\epsilon[/tex] når [tex]|x-1|<\delta[/tex].
Uansett [tex]\delta[/tex], vil [tex] \frac{x-1}{|x-1|}[/tex]være enten -1 eller 1.
Så, om vi velger [tex]\epsilon<(k-1)[/tex] vil [tex]| \frac{x-1}{|x-1|}-k|>\(k-1)[/tex]. Funksjonen er altså ikke kontinuerlig. [/tex]