$\epsilon-\delta$-grenseverdi

[Markus]

Har begynt å utforske reell analyse litt, og skulle gjerne hatt en proofread av $\lim_{x\to 1} 2x^2+1=3$ ved $\epsilon-\delta$-definisjonen på en grenseverdi. Selve grenseverdien er ikke så vanskelig, men det er mer å se om jeg har forstått definisjonen.

For et hvert tall $\epsilon > 0$ finnes det et tall $\delta > 0$, slik at $\lvert 2x^2+1-3 \rvert = \lvert 2x^2 - 2 \rvert < \epsilon$ når $0 < \lvert x-1 \rvert < \delta$.

Nå er
$\lvert 2x^2-2 \rvert$
$= 2 \lvert x^2-1 \rvert$
$= 2\lvert x+1 \rvert \lvert x-1 \rvert$
$< 2\delta \lvert x+1 \rvert$

Antar at $\lvert x-1 \rvert < 1$, hvilket impliserer at $\lvert x \rvert < 2$. Da følger det av trekantulikheten at
$\lvert x \rvert + \lvert 1 \rvert > \lvert x+1 \rvert \Longrightarrow \lvert x+1 \rvert < 3 \Longrightarrow 2\lvert x+1 \rvert < 6$.

Vi lar
$\delta = \min \left (1, \frac{\epsilon}{6} \right )$

Da følger det at
$\lvert 2x^2-2 \rvert < 2\delta \lvert x+1 \rvert < 6\delta = \epsilon$

Og dette fullfører beviset. (?)

[DennisChristensen]

Har begynt å utforske reell analyse litt, og skulle gjerne hatt en proofread av $\lim_{x\to 1} 2x^2+1=3$ ved $\epsilon-\delta$-definisjonen på en grenseverdi. Selve grenseverdien er ikke så vanskelig, men det er mer å se om jeg har forstått definisjonen.

Du har tenkt riktig og det er ikke veldig mye å ta tak i her, men du kan jobbe med å gjøre føringen og forklaringene dine tydeligere.

For et hvert tall $\epsilon > 0$ finnes det et tall $\delta > 0$, slik at $\lvert 2x^2+1-3 \rvert = \lvert 2x^2 - 2 \rvert < \epsilon$ når $0 < \lvert x-1 \rvert < \delta$.

Husk at dette er påstanden vi ønsker å bevise. Det blir litt rart å begynne beviset med konklusjonen.

Nå er
$\lvert 2x^2-2 \rvert$
$= 2 \lvert x^2-1 \rvert$
$= 2\lvert x+1 \rvert \lvert x-1 \rvert$
$< 2\delta \lvert x+1 \rvert$

Antar at $\lvert x-1 \rvert < 1$, hvilket impliserer at $\lvert x \rvert < 2$. Da følger det av trekantulikheten at
$\lvert x \rvert + \lvert 1 \rvert > \lvert x+1 \rvert \Longrightarrow \lvert x+1 \rvert < 3 \Longrightarrow 2\lvert x+1 \rvert < 6$.

Her utforsker du betingelsene som må gjelde for $x$ (at vi må ha $x$ "nærme nok" $1$ for at vi skal kunne klare å påvise de nødvendige ulikhetene). Mitt råd er å kladde denne utforskningen først, og så skrive beviset "baklengs" slik jeg har gjort i løsningsforslaget nedenfor. Det gjør beviset noe tydeligere, og man blir sikker på at man ikke roter i implikasjonene sine. Forresten gir trekantulikheten kun svak ulikhet (og den trengs strengt tatt ikke her, se løsningsforslaget), og tegnet "$\implies$" betyr "... impliserer at...", ikke "dermed". Bruk "$\therefore$" istedenfor "$\implies$".

Vi lar
$\delta = \min \left (1, \frac{\epsilon}{6} \right )$

Da følger det at
$\lvert 2x^2-2 \rvert < 2\delta \lvert x+1 \rvert < 6\delta = \epsilon$

Og dette fullfører beviset. (?)

Du bør alltid sette $\delta$ mindre enn denne minimumsverdien. Ellers er dette en fin måte å konkludere beviset ditt på. Jeg ville bare ryddet litt opp i "utforskningsdelen".

Løsningsforslag:

[+] Skjult tekst

Vi ønsker å vise at $\lim_{x\rightarrow 1}\left(2x^2-2\right) = 0$. La $\varepsilon > 0$ være gitt. Vi ønsker å finne $\delta > 0$ slik at $|x-1| < \delta \implies |2x^2 - 2| <\varepsilon$. Anta uten tap av generalitet at $|x-1| < 1$. Da er $0 < x < 2$, så $1 < x+1 < 2$. $\therefore |x+1| < 2$. Dermed får vi at $$|2x^2 - 2| = 2|x+1||x-1| <2|x+1|\delta < 4\delta < \varepsilon,$$ dersom vi velger $\delta < \text{min}\left(1,\frac14\varepsilon\right).$

[Gustav]

Anta uten tap av generalitet at $|x-1| < 1$. Da er $0 < x < 2$, så $1 < x+1 < 2$. $\therefore |x+1| < 2$. Dermed får vi at $$|2x^2 - 2| = 2|x+1||x-1| <2|x+1|\delta < 4\delta < \varepsilon,$$ dersom vi velger $\delta < \text{min}\left(1,\frac14\varepsilon\right).$

Bare en liten kommentar: Siden vi har ekte ulikhet i $|2x^2 - 2| < 4\delta$ holder det å velge $\delta = \text{min}\left(1,\frac14\varepsilon\right)$

[Markus]

Takk for grundig tilbakemelding Dennis, prøver med en ny;

Ønsker å vise at $\lim_{x \to 4} \sqrt{x+5} = 3$. La $\epsilon > 0$ være gitt. Vi ønsker å finne $\delta > 0$ slik at $\lvert x - 4 \rvert < \delta \Longrightarrow \lvert \sqrt{x+5} - 3 \rvert < \epsilon$. Anta wlog at $\lvert x - 4 \rvert > 1 \therefore \lvert x + 5 \rvert > 10 \therefore \lvert \sqrt{x+5}+3 \rvert > \sqrt{10}+3 \therefore \lvert \frac{1}{\sqrt{x+5}+3} \rvert < \frac{1}{\sqrt{10}+3}$

Da har vi at
$$\lvert \sqrt{x+5} - 3 \rvert = \lvert \frac{x-4}{\sqrt{x+5}+3} \rvert < \lvert \frac{\delta}{\sqrt{x+5}+3} \rvert < \frac{1}{\sqrt{10}+3} \delta < \epsilon$$ dersom vi velger $\delta < \min \left (1, (\sqrt{10}+3)\epsilon \right )$, hvilket var det vi ønsket å vise.


Er litt usikker på steget der jeg antar at $\lvert x-4 \rvert > 1$ - kan jeg gjøre dette?

[DennisChristensen]

Takk for grundig tilbakemelding Dennis, prøver med en ny;

Ønsker å vise at $\lim_{x \to 4} \sqrt{x+5} = 3$. La $\epsilon > 0$ være gitt. Vi ønsker å finne $\delta > 0$ slik at $\lvert x - 4 \rvert < \delta \Longrightarrow \lvert \sqrt{x+5} - 3 \rvert < \epsilon$. Anta wlog at $\lvert x - 4 \rvert > 1 \therefore \lvert x + 5 \rvert > 10 \therefore \lvert \sqrt{x+5}+3 \rvert > \sqrt{10}+3 \therefore \lvert \frac{1}{\sqrt{x+5}+3} \rvert < \frac{1}{\sqrt{10}+3}$

Da har vi at
$$\lvert \sqrt{x+5} - 3 \rvert = \lvert \frac{x-4}{\sqrt{x+5}+3} \rvert < \lvert \frac{\delta}{\sqrt{x+5}+3} \rvert < \frac{1}{\sqrt{10}+3} \delta < \epsilon$$ dersom vi velger $\delta < \min \left (1, (\sqrt{10}+3)\epsilon \right )$, hvilket var det vi ønsket å vise.


Er litt usikker på steget der jeg antar at $\lvert x-4 \rvert > 1$ - kan jeg gjøre dette?

Vi kan ikke anta at $|x-4| > 1$. Dette vil motsi kriteriet vi gir $\delta$ senere i beviset. Eksplisitt får vi $1 < |x-4| < \delta < \min\left(1,\left(\sqrt{10}+3\right)\varepsilon\right) < 1.$ Dessuten har du regnet feil med absoluttverdiene. Det er ikke tilfellet at $|x-4|>1 \implies |\sqrt{x+5} + 3| > \sqrt{10} + 3$. Lar vi for eksempel $x=-5$ får vi at $3>\sqrt{10} + 3,$ som er feil.

Du har tenkt riktig i at vi ønsker å finne en nedre grense for $|\sqrt{x+5}+3|$, men poenget er at vi må vise at "dersom $|x-4|$ er liten nok, så får vi en nedre grense for $|\sqrt{x+5}+3|$." Dette kan gjøres meget enkelt: Dersom eksempelvis $|x-4|<1$ har vi at $\sqrt{x+5} > 0,$ så $|\sqrt{x+5} + 3| = \sqrt{x+5} + 3 > 3 > 1.$ Dermed får vi at, gitt $\varepsilon > 0$, $$|x-4| < \delta \implies |\sqrt{x+5} - 3| = |\frac{x-4}{\sqrt{x+5} + 3}| < |x-4| < \delta < \varepsilon,$$ hvis vi velger $\delta < \min\left(1,\varepsilon\right).$

[Markus]

Selvfølgelig! Vet ikke helt hva jeg tenkte - løsningen du presenterer er jo pinlig enkel.

Prøver på en til - håper du ikke blir lei

Ønsker å vise at $\lim_{x \to 2} \sqrt{x+2} = 2$. La $\epsilon > 0$. Vi ønsker å finne en $\delta > 0$ slik at $\lvert x-2 \rvert < \delta \Longrightarrow \lvert \sqrt{x+2} - 2 \rvert < \epsilon$. Anta wlog at $\lvert x-2 \rvert < 1 \Longrightarrow x \in (1,3) \therefore \sqrt{x+2} > 0 \therefore \lvert \sqrt{x+2}+2 \rvert > 1$.

Da er $$\lvert \sqrt{x+2}-2 \rvert = \lvert \frac{x-2}{\sqrt{x+2}+2} \rvert < \lvert x - 2 \rvert < \delta < \epsilon$$ dersom vi velger $\delta < \min(1,\epsilon) \enspace \enspace \enspace \blacksquare$

Edit: rettet opp i en utregningsfeil.

[DennisChristensen]

Selvfølgelig! Vet ikke helt hva jeg tenkte - løsningen du presenterer er jo pinlig enkel.

Prøver på en til - håper du ikke blir lei

Ønsker å vise at $\lim_{x \to 2} \sqrt{x+2} = 2$. La $\epsilon > 0$. Vi ønsker å finne en $\delta > 0$ slik at $\lvert x-2 \rvert < \delta \Longrightarrow \lvert \sqrt{x+2} - 2 \rvert < \epsilon$. Anta wlog at $\lvert x-2 \rvert < 1 \Longrightarrow x \in (1,3) \therefore \sqrt{x+2} > 0 \therefore \lvert \sqrt{x+2}+4 \rvert > 1$.

Da er $$\lvert \sqrt{x+2}-2 \rvert = \lvert \frac{x-2}{\sqrt{x+2}+4} \rvert < \lvert x - 2 \rvert < \delta < \epsilon$$ dersom vi velger $\delta < \min(1,\epsilon) \enspace \enspace \enspace \blacksquare$

Veldig bra! Min eneste kommentar er om bruken av symbolet "$\implies$" når du skriver "anta wlog at $|x-2| < 1 \implies x\in(1,3)$." Lest som en setning blir dette "anta wlog at $|x-2| < 1$ impliserer at $x\in(1,3)."$, men det er jo ikke det vi ønsker å formulere. Vi ønsker å si "Anta wlog at $|x-2 < 1$. Da følger det at $x\in(1,3).$" Altså bruker vi "$\therefore$", ikke $"\implies"$.