Comprender la prueba ε−δε−δ\varepsilon-\delta de limx→3f(x)=9limx→3f(x)=9\underset{x\to 3}{\lim}{f(x)}=9 con f(x)=x2f(x)=x2f(x)=x^2

Esto pretende ser una explicación detallada de por qué funciona este tipo de argumento.

Suponer$f$es una función algebraica en una sola variable$x$y$L\in\mathbb{R}$.

Suponga que desea probar por la$\epsilon$-$\delta$método que

$$\lim_{x\to a}f(x)=L$$

Si sucede que dentro de algún radio$r$de$a$, la cantidad

$$\left\vert \frac{f(x)-L}{x-a}\right\lvert$$

tiene un límite superior$B$cuando$0<\vert x-a\vert<r$

entonces deja$\delta=\min\left\{r,\dfrac{\epsilon}{B}\right\}$.

En este ejemplo, se desea mostrar que

$$\lim_{x\to3}x^2=9$$

Entonces, primero nos gustaría tratar de encontrar un límite superior en el valor de

$$\left\vert\frac{x^2-9}{x-3} \right\vert$$

para algunos$r$[Pista:$r=1$a menudo funciona] cuando$0<\vert x-3\vert<r$.

ahora desde

$$\left\vert\frac{x^2-9}{x-3} \right\vert=\vert x+3\vert$$

debemos encontrar si$\vert x+3\vert$tiene un límite superior para algún intervalo sobre$3$.

Ciertamente, este es un caso en el que podemos usar$r=1$Porque para$0<\vert x-3\vert<1$resulta que$2<x<4$por lo tanto$5<x+3<7$. De este modo$7$es un límite superior en

$$\vert x+3\vert = \left\vert\frac{x^2-9}{x-3} \right\vert<7\text{ when } 0<\vert x-3\vert<1$$

Así que dejamos$\delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{7}\right\}$

Ahora podemos comenzar con la prueba, ya que todo lo anterior ocurre "detrás de escena".

PRUEBA:

Dejar$\epsilon>0$.

Dejar$\delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{7}\right\}$

Entonces sí$\vert x-3\vert<\delta$resulta que$\vert x-3\vert<1$y$\vert x-3\vert<\frac{\epsilon}{7}$. Entonces$\vert x+3\vert<7$.

Pero desde$\vert x+3\vert=\left\vert\frac{x^2-9}{x-3} \right\vert$tenemos los dos

$$\begin{eqnarray} \left\vert\frac{x^2-9}{x-3} \right\vert&<&7\text{ and }\\ \vert x-3\vert&<&\frac{\epsilon}{7} \end{eqnarray}$$

Por lo tanto

$$\vert x^2-9\vert=\left\vert\frac{x^2-9}{x-3} \right\vert\cdot\vert x-3\vert<7\cdot\frac{\epsilon}{7}=\epsilon$$

Cuál es el final de la prueba.

Dejar$k>0$ser una constante La idea es suponer que$\delta <k$, entonces puedes encontrar un límite superior para el factor$\delta+6$satisfará:

$$\delta+6 <k+6$$

y finalmente :

$$\delta(\delta+6)<\delta(6+k)\leq \varepsilon,$$

esto nos dice que

$$\delta(6+k)\leq \varepsilon$$

y esto implica

$$\displaystyle{\delta\leq\frac{\varepsilon}{6+k}}$$

entonces tener los dos$\displaystyle{\delta\leq\frac{\varepsilon}{6+k}}$y$\delta <k$puedes decir deja$\delta$ser el mínimo entre$\frac{\varepsilon}{6+k}$y$k$.

$\delta(\delta+6) <\epsilon \iff \delta^2+6\delta<\epsilon \iff (\delta+3)^2<\epsilon+9 \iff \delta<\sqrt{\epsilon+9}-3$.

Así que cualquiera$\delta \in (0,\sqrt{\epsilon+9}-3)$obras. Observa eso$\delta_\epsilon \in (0,\sqrt{\epsilon+9}-3]$.