22 Markgildi

2.5 Nákvæm skilgreining á markgildi

Námsmarkmið

2.5.1 Lýsið epsílon-delta-skilgreiningu markgildis.
2.5.2 Beitið epsílon-delta-skilgreiningunni til að finna markgildi falls.
2.5.3 Lýsið epsílon-delta-skilgreiningum einhliða markgilda og óendanlegra markgilda.
2.5.4 Notið epsílon-delta-skilgreininguna til að sanna reiknireglur fyrir markgildi.

Nú hafið þið farið frá mjög óformlegri skilgreiningu á markgildi í inngangi þessa kafla yfir í innsæislegan skilning á markgildi. Á þessu stigi ættuð þið að hafa skýran innsæislegan skilning á því hvað markgildi falls merkir og hvernig finna má það. Í þessum undirkafla færum við þessa innsæislegu hugmynd um markgildi í formlegan búning með nákvæmu stærðfræðimáli. Formleg skilgreining á markgildi er að öllum líkindum ein erfiðasta skilgreiningin sem þið kynnist á fyrstu stigum náms ykkar í stærðfræðigreiningu. Það er þó vel þess virði að leggja sig fram um að tengja hana við innsæislegan skilning ykkar á markgildi. Skilningur á þessari skilgreiningu er lykillinn að dýpri skilningi á stærðfræðigreiningu.

Töluleg lýsing á nálægð

Áður en við setjum fram formlega skilgreiningu á markgildi þurfum við að kynna nokkrar grunnhugmyndir. Rifjum upp að fjarlægðin milli tveggja punkta a og b á talnalínu er gefin með $| a - b | .$

Fullyrðinguna $| f (x) - L | < ε$ má túlka þannig: Fjarlægðin milli $f (x)$ og L er minni en ε.
Fullyrðinguna $0 < | x - a | < δ$ má túlka þannig: $x \neq a$ og fjarlægðin milli x og a er minni en δ.

Einnig er mikilvægt að skoða eftirfarandi jafngildar framsetningar algildis:

Fullyrðingin $| f (x) - L | < ε$ jafngildir fullyrðingunni $L - ε < f (x) < L + ε .$
Fullyrðingin $0 < | x - a | < δ$ er jafngild fullyrðingunni $a - δ < x < a + δ$ og $x \neq a .$

Með þessum skýringum getum við sett fram formlega epsílon-delta-skilgreiningu á markgildi.

Þessi skilgreining kann að virðast fremur flókin frá stærðfræðilegu sjónarmiði, en auðveldara verður að skilja hana ef við greinum hana lið fyrir lið. Staðhæfingin sjálf felur í sér svokallaðan allsherjarmagnara (fyrir sérhvert $ε > 0),$ tilvistarmagnara (til er $δ > 0),$ og að lokum skilyrðissetningu (ef $0 < | x - a | < δ,$ þá $| f (x) - L | < ε).$ Skoðum töflu 2.9, þar sem skilgreiningin er greind í einstaka hluta og hver hluti umorðaður.

Skilgreining	Þýðing
1. Fyrir sérhvert ε > 0 ,	1. Fyrir sérhverja jákvæða fjarlægð ε frá L,
2. til er δ > 0 ,	2. Til er jákvæð fjarlægð δ frá a,
3. þannig að	3. þannig að
4. ef 0 < \| x − a \| < δ , þá \| f ⁡ ( x ) − L \| < ε .	4. ef x er í minni fjarlægð en δ frá a og x ≠ a , þá er f ⁡ ( x ) í minni fjarlægð en ε frá L.

Við getum öðlast betri skilning á þessari skilgreiningu með því að skoða hana rúmfræðilega. Mynd 2.39 sýnir möguleg gildi $δ$ fyrir mismunandi val á $ε > 0$ fyrir gefið fall $f (x),$ gefna tölu a og markgildi L í a. Takið eftir að þegar við veljum sífellt minni gildi ε (fjarlægðina milli fallsins og markgildisins) getum við alltaf fundið nægilega lítið $δ$ þannig að ef við höfum valið x-gildi í minni fjarlægð en $δ$ frá a, þá er gildi $f (x)$ í minni fjarlægð en ε frá markgildinu L.

Þrjú gröf hlið við hlið sýna möguleg gildi δ fyrir sífellt minni valin gildi ε. Á hverju grafi er minnkandi ferill, kúptur niður, í fyrsta fjórðungi. Punkturinn (a,L) er merktur á ferilinn; L er markgildi fallsins þegar x=a. Á y-ásnum eru fjarlægðirnar ε merktar beggja vegna L með láréttum línum y=L+ε og y=L−ε. Eftir því sem ε minnkar frá fyrsta grafi til hins þriðja má velja minna δ beggja vegna a þannig að ef |x−a|<δ, þá er |f(x)−L|<ε. — **Mynd 2.39.** Þessi gröf sýna möguleg gildi $δ$ , þegar valin eru sífellt minni gildi fyrir ε.

Dæmi 2.39 sýnir hvernig nota má þessa skilgreiningu til að sanna fullyrðingu um markgildi tiltekins falls við tiltekið gildi.

Dæmi 2.39

Sönnun fullyrðingar um markgildi tiltekins falls

Sannið að lim𝑥→1⁢(2⁢𝑥+1)=3. $lim_{x \to 1} (2 x + 1) = 3 .$

Lausn

Látum $ε > 0 .$

Fyrsti hluti skilgreiningarinnar hefst á „Fyrir sérhvert $ε > 0 .”$ Þetta merkir að við verðum að sanna að það sem á eftir kemur sé satt, óháð því hvaða jákvæða gildi ε er valið. Með því að segja „Látum $ε > 0,”$ gefum við til kynna að við ætlum að gera það.

Veljið $δ = \frac{ε}{2} .$

Skilgreiningin heldur áfram með „til er 𝛿>0. $δ > 0 .$ “ Orðasambandið „til er“ í stærðfræðilegri fullyrðingu gefur alltaf til kynna að leit sé fram undan. Með öðrum orðum þurfum við að finna 𝛿. $δ .$ Hvaðan kom 𝛿=𝜀/2 $δ = ε / 2$ nákvæmlega? Tvær meginaðferðir eru til að finna 𝛿. $δ .$ Önnur aðferðin er algebruleg og hin rúmfræðileg.

Við byrjum á að leysa verkefnið með algebrulegum aðferðum. Þar sem við viljum að lokum að |(2⁢𝑥+1)−3|<𝜀, $| (2 x + 1) - 3 | < ε,$ byrjum við á að umrita þessa stæðu: |(2⁢𝑥+1)−3|<𝜀 $| (2 x + 1) - 3 | < ε$ jafngildir |2⁢𝑥−2|<𝜀, $| 2 x - 2 | < ε,$ sem aftur jafngildir |2|⁢|𝑥−1|<𝜀. $| 2 | | x - 1 | < ε .$ Að lokum jafngildir þetta |𝑥−1|<𝜀/2. $| x - 1 | < ε / 2 .$ Því virðist sem 𝛿=𝜀/2 $δ = ε / 2$ eigi við.

Við getum einnig fundið $δ$ með rúmfræðilegum aðferðum. Mynd 2.40 sýnir hvernig þetta er gert.

Grafið sýnir hvernig finna má δ rúmfræðilega. Graf fallsins y=2x+1 er teiknað með rauðu fyrir 0≤x≤2. Græn lárétt lína, y=3, sker graf fallsins í punktinum (1,3). Tvær bláar línur, y=3+ε og y=3−ε, eru teiknaðar sitt hvorum megin við grænu línuna. Frá skurðpunktum bláu línanna og grafs fallsins eru bleikar línur dregnar niður að x-ásnum. Fyrir neðri línuna gildir 3−ε=2x+1 og því x=1−ε/2. Fyrir efri línuna gildir 3+ε=2x+1 og því x=1+ε/2. δ er minni fjarlægðin frá 1 að skurðpunktum bleiku línanna við x-ásinn. Því er δ=min(1+ε/2−1, 1−(1−ε/2))=min(ε/2, ε/2)=ε/2. — **Mynd 2.40.** Þetta graf sýnir hvernig við finnum δ með rúmfræðilegum hætti.

Gerum ráð fyrir að 0<|𝑥−1|<𝛿. $0 < | x - 1 | < δ .$ Þegar 𝛿 $δ$ hefur verið valið er markmið okkar að sýna að ef 0<|𝑥−1|<𝛿, $0 < | x - 1 | < δ,$ þá |(2⁢𝑥+1)−3|<𝜀. $| (2 x + 1) - 3 | < ε .$ Til að sanna fullyrðingu af gerðinni „Ef þetta, þá hitt“ byrjum við á því að gera ráð fyrir „þessu“ og reynum að leiða út „hitt“.

Því,

|(2⁢𝑥+1)−3|=|2⁢𝑥−2|eiginleiki algildis=|2⁢(𝑥−1)|=|2|⁢|𝑥−1||2|=2=2⁢|𝑥−1|<2·𝛿hér notum við forsenduna0<|𝑥−1|<𝛿=2·𝜀2=𝜀hér notum við valið á𝛿=𝜀/2 $\begin{matrix} | (2 x + 1) - 3 | & = | 2 x - 2 | & eiginleiki algildis \\ = | 2 (x - 1) | \\ = | 2 | | x - 1 | & | 2 | = 2 \\ = 2 | x - 1 | \\ < 2 \cdot δ & hér notum við forsenduna 0 < | x - 1 | < δ \\ = 2 \cdot \frac{ε}{2} = ε & hér notum við valið á δ = ε / 2 \end{matrix}$

Greining

Í þessum hluta sönnunarinnar byrjuðum við á $| (2 x + 1) - 3 |$ og notuðum forsendu okkar $0 < | x - 1 | < δ$ á lykilstað í keðju ójafnanna til að sýna að $| (2 x + 1) - 3 |$ væri minna en ε. Við hefðum alveg eins getað umritað ójöfnuna sem við gengum út frá $0 < | x - 1 | < δ$ til að fá $| (2 x + 1) - 3 | < ε$ á eftirfarandi hátt:

0<|𝑥−1|<𝛿⇒|𝑥−1|<𝛿⇒−𝛿<𝑥−1<𝛿⇒−𝜀2<𝑥−1<𝜀2⇒−𝜀<2⁢𝑥−2<𝜀⇒|2⁢𝑥−2|<𝜀⇒|(2⁢𝑥+1)−3|<𝜀. $\begin{array}{l} 0 < | x - 1 | < δ & \Rightarrow | x - 1 | < δ \\ \Rightarrow - δ < x - 1 < δ \\ \Rightarrow - \frac{ε}{2} < x - 1 < \frac{ε}{2} \\ \Rightarrow - ε < 2 x - 2 < ε \\ \Rightarrow | 2 x - 2 | < ε \\ \Rightarrow | (2 x + 1) - 3 | < ε . \end{array}$

Því gildir lim𝑥→1⁢(2⁢𝑥+1)=3. $lim_{x \to 1} (2 x + 1) = 3 .$ (Nú þegar sönnuninni er lokið setjum við fram það sem við höfum sýnt.)

Þegar öllum athugasemdunum hefur verið sleppt er lokaútgáfa sönnunarinnar þessi:

Látum $ε > 0 .$

Veljið $δ = ε / 2 .$

Gerum ráð fyrir að $0 < | x - 1 | < δ .$

Því gildir

|(2⁢𝑥+1)−3|=|2⁢𝑥−2|=|2⁢(𝑥−1)|=|2|⁢|𝑥−1|=2⁢|𝑥−1|<2·𝛿=2·𝜀2=𝜀. $\begin{matrix} | (2 x + 1) - 3 | & = | 2 x - 2 | \\ = | 2 (x - 1) | \\ = | 2 | | x - 1 | \\ = 2 | x - 1 | \\ < 2 \cdot δ \\ = 2 \cdot \frac{ε}{2} \\ = ε . \end{matrix}$

Því er lim𝑥→1⁢(2⁢𝑥+1)=3. $lim_{x \to 1} (2 x + 1) = 3 .$

Eftirfarandi lausnarstefna dregur saman þá tegund sönnunar sem við útfærðum í dæmi 2.39.

Aðferð við lausn verkefna

Sönnun þess að $lim_{x \to a} f (x) = L$ fyrir tiltekið fall $f (x)$

Við skulum hefja sönnunina með eftirfarandi fullyrðingu: Látum $ε > 0 .$
Næst þurfum við að finna gildi 𝛿. $δ .$ Þegar við höfum fundið þetta gildi setjum við fram eftirfarandi fullyrðingu og fyllum í eyðuna með vali okkar á 𝛿 $δ$ : Veljum 𝛿=_______. $δ =_______.$
Næsta fullyrðing í sönnuninni ætti að vera (á þessu stigi setjum við inn gefið gildi fyrir a):
Gerum ráð fyrir að $0 < | x - a | < δ .$
Því næst þurfum við, út frá þessari forsendu, að sýna að $| f (x) - L | < ε,$ þar sem $f (x)$ og L tákna annars vegar fallið $f (x)$ og hins vegar markgildið L. Einhvers staðar í sönnuninni þurfum við að nota $0 < | x - a | < δ .$
Við ljúkum sönnuninni með eftirfarandi fullyrðingu: Þar af leiðandi gildir lim𝑥→𝑎⁢𝑓⁡(𝑥)=𝐿. $lim_{x \to a} f (x) = L .$

Dæmi 2.40

Sönnun fullyrðingar um markgildi

Ljúkið við sönnunina á því að $lim_{x \to −1} (4 x + 1) = −3$ með því að fylla í eyðurnar.

Látum _____.

Veljum 𝛿=_______. $δ =_______.$

Gerum ráð fyrir að 0<|𝑥−_______|<𝛿. $0 < | x -_______| < δ .$

Þá er |________ −________| = _____________________________________𝜀. $|________-________| =_____________________________________ε .$

Lausn

Við byrjum á því að fylla í eyðurnar þar sem valið ræðst af skilgreiningunni. Þannig höfum við

Látum $ε > 0 .$

Veljum 𝛿=_______. $δ =_______.$

Gerum ráð fyrir að 0<|𝑥−(−1)|<𝛿. $0 < | x - (−1) | < δ .$ (eða, sem er jafngilt, 0<|𝑥+1|<𝛿.) $0 < | x + 1 | < δ .)$

Þá er |(4⁢𝑥+1)−(−3)|=|4⁢𝑥+4|=|4|⁢|𝑥+1|<4⁢𝛿⁢_______⁢𝜀. $| (4 x + 1) - (−3) | = | 4 x + 4 | = | 4 | | x + 1 | < 4 δ_______ε .$

Ef við beinum sjónum að síðustu línu sönnunarinnar sjáum við að við ættum að velja $δ = \frac{ε}{4} .$

Nú ljúkum við endanlegri framsetningu sönnunarinnar:

Látum $ε > 0 .$

Veljum 𝛿=𝜀4. $δ = \frac{ε}{4} .$

Gerum ráð fyrir að 0<|𝑥−(−1)|<𝛿 $0 < | x - (−1) | < δ$ (eða, sem er jafngilt, 0<|𝑥+1|<𝛿.) $0 < | x + 1 | < δ .)$

Því gildir að $| (4 x + 1) - (−3) | = | 4 x + 4 | = | 4 | | x + 1 | < 4 δ = 4 (ε / 4) = ε .$

Í dæmum 2.39 og 2.40 voru sannanirnar tiltölulega einfaldar þar sem föllin sem við unnum með voru línuleg. Í dæmi 2.41 sjáum við hvernig breyta má sönnuninni þannig að hún eigi við um ólínulegt fall.

Dæmi 2.41

Sönnun fullyrðingar um markgildi tiltekins falls (rúmfræðileg nálgun)

Sannið að $lim_{x \to 2} x^{2} = 4.$

Lausn

Látum $ε > 0 .$ Fyrsti hluti skilgreiningarinnar hefst á „Fyrir sérhvert $ε > 0,”$ og því verðum við að sanna að það sem á eftir kemur sé satt, óháð því hvaða jákvæða gildi ε er valið. Með því að segja „Látum $ε > 0,”$ gefum við til kynna að við ætlum að gera það.
Án þess að skerða almennt gildi skulum við gera ráð fyrir 𝜀≤4. $ε \leq 4 .$ Tvær spurningar vakna: Hvers vegna viljum við að 𝜀≤4 $ε \leq 4$ og hvers vegna megum við gera ráð fyrir því? Svarið við fyrri spurningunni er þetta: Þegar lengra er komið og við leysum með tilliti til 𝛿, $δ,$ munum við komast að því að 𝛿 $δ$ felur í sér stærðina √ √4−𝜀. $\sqrt{4 - ε} .$ Þar af leiðandi þarf að gilda að 𝜀≤4. $ε \leq 4 .$ Svarið við síðari spurningunni er þetta: Ef við getum fundið 𝛿>0 $δ > 0$ sem „dugar“ fyrir 𝜀≤4, $ε \leq 4,$ þá mun það einnig „duga“ fyrir sérhvert 𝜀>4 $ε > 4$ . Höfum í huga að þótt alltaf sé í lagi að setja efri mörk fyrir ε er aldrei í lagi að setja neðri mörk (önnur en núll) fyrir ε.
Veljum 𝛿=min⁡{2−√4−𝜀,√4+𝜀−2}. $δ = min {2 - \sqrt{4 - ε}, \sqrt{4 + ε} - 2} .$ Mynd 2.41 sýnir hvernig við völdum 𝛿. $δ .$

Mynd 2.41 Þetta graf sýnir hvernig við finnum δ rúmfræðilega fyrir gefið ε í sönnuninni í dæmi 2.41.
Við verðum að sýna: Ef 0<|𝑥−2|<𝛿, $0 < | x - 2 | < δ,$ þá |𝑥2−4|<𝜀, $| x^{2} - 4 | < ε,$ og því verðum við að byrja á því að gera ráð fyrir að

0<|𝑥−2|<𝛿. $0 < | x - 2 | < δ .$

Við þurfum í raun ekki 0<|𝑥−2| $0 < | x - 2 |$ (með öðrum orðum, 𝑥≠2) $x \neq 2)$ í þessari sönnun. Þar sem 0<|𝑥−2|<𝛿⇒|𝑥−2|<𝛿, $0 < | x - 2 | < δ \Rightarrow | x - 2 | < δ,$ er óhætt að sleppa 0<|𝑥−2|. $0 < | x - 2 | .$

|𝑥−2|<𝛿. $| x - 2 | < δ .$

Þar af leiðir

−𝛿<𝑥−2<𝛿. $- δ < x - 2 < δ .$

Munum að 𝛿=min⁡{2−√4−𝜀,√4+𝜀−2}. $δ = mín {2 - \sqrt{4 - ε}, \sqrt{4 + ε} - 2} .$ Þá er 𝛿≤2−√4−𝜀 $δ \leq 2 - \sqrt{4 - ε}$ og þar af leiðandi −(2−√4−𝜀)≤−𝛿. $- (2 - \sqrt{4 - ε}) \leq - δ .$ Hér notum við einnig 𝛿≤√4+𝜀−2 $δ \leq \sqrt{4 + ε} - 2$ Við gætum nú spurt: Hvers vegna settum við 2−√4−𝜀 $2 - \sqrt{4 - ε}$ í stað 𝛿 $δ$ vinstra megin í ójöfnunni og √4+𝜀−2 $\sqrt{4 + ε} - 2$ hægra megin í henni? Ef við skoðum mynd 2.41sjáum við að 2−√4−𝜀 $2 - \sqrt{4 - ε}$ samsvarar fjarlægðinni vinstra megin við 2 á x-ásnum og √4+𝜀−2 $\sqrt{4 + ε} - 2$ samsvarar fjarlægðinni hægra megin. Því er

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

Við einföldum stæðuna vinstra megin:

−2+√4−𝜀<𝑥−2<√4+𝜀−2. $−2 + \sqrt{4 - ε} < x - 2 < \sqrt{4 + ε} - 2 .$

Síðan leggjum við 2 við alla liði ójöfnunnar:

√4−𝜀<𝑥<√4+𝜀. $\sqrt{4 - ε} < x < \sqrt{4 + ε} .$

Við setjum alla liði ójöfnunnar í annað veldi. Það er óhætt þar sem allir liðir hennar eru jákvæðir:

4−𝜀<𝑥2<4+𝜀. $4 - ε < x^{2} < 4 + ε .$

Við drögum 4 frá öllum liðum ójöfnunnar:

−𝜀<𝑥2−4<𝜀. $- ε < x^{2} - 4 < ε .$

Að lokum fæst

|𝑥2−4|<𝜀. $| x^{2} - 4 | < ε .$
Því gildir að

lim𝑥→2⁢𝑥2=4. $lim_{x \to 2} x^{2} = 4 .$

Rúmfræðileg aðferð til að sanna að markgildi falls sé tiltekið gildi hentar ágætlega fyrir sum föll. Sú innsýn í formlega skilgreiningu markgildis sem þessi aðferð veitir er einnig ómetanleg. Hins vegar má einnig nálgast sannanir um markgildi með hreinni algebrulegri aðferð. Í mörgum tilvikum getur algebruleg aðferð ekki aðeins veitt okkur frekari innsýn í skilgreininguna heldur einnig reynst einfaldari. Enn fremur er algebruleg aðferð helsta verkfærið sem notað er við sannanir á staðhæfingum um markgildi. Í dæmi 2.42 beitum við hreinni algebrulegri aðferð.

Dæmi 2.42

Sönnun fullyrðingar um markgildi tiltekins falls (algebruleg aðferð)

Sannið að lim𝑥→−1⁢(𝑥2−2⁢𝑥+3)=6. $lim_{x \to −1} (x^{2} - 2 x + 3) = 6 .$

Lausn

Notum nú yfirlitið úr aðferðinni við lausn verkefna:

Látum $ε > 0 .$
Veljum 𝛿=min⁡{1,𝜀/5}. $δ = mín {1, ε / 5} .$ Þetta val á 𝛿 $δ$ kann að virðast einkennilegt við fyrstu sýn, en það fékkst með því að skoða ójöfnuna sem við viljum að lokum fá: ∣(𝑥2−2⁢𝑥+3)−6∣<𝜀. $| (x^{2} - 2 x + 3) - 6 | < ε .$ Þessi ójafna jafngildir |𝑥+1|·|𝑥−3|<𝜀. $| x + 1 | \cdot | x - 3 | < ε .$ Hér er freistandi að velja einfaldlega 𝛿=𝜀𝑥−3 $δ = \frac{ε}{x - 3}$ Því miður verður val okkar á 𝛿 $δ$ aðeins að ráðast af ε en ekki neinni annarri breytu. Ef við getum skipt |𝑥−3| $| x - 3 |$ út fyrir tölugildi er vandinn leystur. Hér kemur forsendan 𝛿≤1 $δ \leq 1$ að gagni. Valið á 𝛿≤1 $δ \leq 1$ hér er handahófskennt. Við hefðum allt eins getað notað hvaða aðra jákvæða tölu sem er. Í sumum sönnunum kann að þurfa að vanda þetta val betur. Þar sem 𝛿≤1 $δ \leq 1$ og |𝑥+1|<𝛿≤1, $| x + 1 | < δ \leq 1,$ getum við nú sýnt að |𝑥−3|<5. $| x - 3 | < 5 .$ Þar af leiðandi er |𝑥+1|·|𝑥−3|<|𝑥+1|·5. $| x + 1 | \cdot | x - 3 | < | x + 1 | \cdot 5 .$ Nú sjáum við að við þurfum einnig 𝛿≤𝜀/5. $δ \leq ε / 5 .$ Því veljum við 𝛿=min⁡{1,𝜀/5}. $δ = mín {1, ε / 5} .$
Gerum ráð fyrir að $0 < | x + 1 | < δ .$ Þá gildir

$| x + 1 | < 1 og | x + 1 | < \frac{ε}{5} .$

Þar sem $| x + 1 | < 1,$ getum við ályktað að $−1 < x + 1 < 1 .$ Með því að draga 4 frá öllum liðum ójöfnunnar fæst $−5 < x - 3 < − 1 .$ Af því leiðir að $| x - 3 | < 5 .$ Þá fæst

$| (x^{2} - 2 x + 3) - 6 | = | x + 1 | \cdot | x - 3 | < \frac{ε}{5} \cdot 5 = ε .$

Því gildir

$lim_{x \to −1} (x^{2} - 2 x + 3) = 6 .$

Almennt kemur í ljós að því flóknara sem fall er, þeim mun líklegra er að auðveldast sé að beita algebrulegri aðferð. Algebrulega aðferðin nýtist einnig betur við að sanna fullyrðingar um markgildi.

Sannanir á reiknireglum fyrir markgildi

Við sýnum nú hvernig nota má epsílon-delta-skilgreiningu markgildis til að setja fram stranga sönnun á einni af reiknireglum markgilda. Þríhyrningsójafnan er notuð á lykilstað í sönnuninni og því rifjum við fyrst upp þennan mikilvæga eiginleika algildis.

Sönnun

Við sönnum eftirfarandi markgildisreglu: Ef $lim_{x \to a} f (x) = L$ og $lim_{x \to a} g (x) = M,$ þá $lim_{x \to a} (f (x) + g (x)) = L + M .$

Látum $ε > 0 .$

Veljið $δ_{1} > 0$ þannig að ef $0 < | x - a | < δ_{1},$ þá $| f (x) - L | < ε / 2 .$

Veljið $δ_{2} > 0$ þannig að ef $0 < | x - a | < δ_{2},$ þá $| g (x) - M | < ε / 2 .$

Veljum $δ = min {δ_{1}, δ_{2}} .$

Gerum ráð fyrir að $0 < | x - a | < δ .$

Því gildir:

0 < | x - a | < δ_{1} og 0 < | x - a | < δ_{2} .

Því gildir:

\begin{matrix} | (f (x) + g (x)) - (L + M) | & = | (f (x) - L) + (g (x) - M) | \\ \leq | f (x) - L | + | g (x) - M | \\ < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε . \end{matrix}

□

Nú könnum við hvað felst í því að markgildi sé ekki til. Markgildið $lim_{x \to a} f (x)$ er ekki til ef engin rauntala L er til þannig að $lim_{x \to a} f (x) = L .$ Því gildir um allar rauntölur L, $lim_{x \to a} f (x) \neq L .$ Til að skilja hvað þetta merkir skoðum við hvern lið í skilgreiningunni á $lim_{x \to a} f (x) = L$ ásamt andstæðu hans. Umorðun skilgreiningarinnar er sýnd í töflu 2.10.

Skilgreining	Neitun
1. Fyrir sérhvert ε > 0 ,	1. Til er ε > 0 þannig að
2. til er δ > 0 , þannig að	2. fyrir sérhvert δ > 0 ,
3. ef 0 < \| x − a \| < δ , þá \| f ⁡ ( x ) − L \| < ε .	3. Til er x sem uppfyllir 0 < \| x − a \| < δ þannig að \| f ⁡ ( x ) − L \| ≥ ε .

Að lokum getum við skilgreint hvað það merkir að markgildi sé ekki til. Markgildið $lim_{x \to a} f (x)$ er ekki til ef fyrir sérhverja rauntölu L er til rauntala $ε > 0$ þannig að fyrir öll $δ > 0,$ er til x sem uppfyllir $0 < | x - a | < δ,$ þannig að $| f (x) - L | \geq ε .$ Beitum þessu í dæmi 2.43 til að sýna að markgildið sé ekki til.

Dæmi 2.43

Sýnt fram á að markgildi sé ekki til

Sýnið að $lim_{x \to 0} \frac{| x |}{x}$ er ekki til. Graf $f (x) = | x | / x$ er sýnt hér:

Graf falls með tveimur hlutum. Fyrri hlutinn er skilgreindur fyrir x<0 og er lárétt lína sem endar við y-ásinn með opnum hring í (0,-1). Síðari hlutinn er skilgreindur fyrir x>0 og er lárétt lína sem hefst við y-ásinn með opnum hring í (1,0).

Lausn

Gerum ráð fyrir að L komi til greina sem markgildi. Veljum $ε = 1 / 2 .$

Látum $δ > 0 .$ Annaðhvort $L \geq 0$ eða $L < 0 .$ Ef $L \geq 0,$ þá látum $x = - δ / 2 .$ Því gildir,

| x - 0 | = | - \frac{δ}{2} - 0 | = \frac{δ}{2} < δ

| \frac{| - \frac{δ}{2} |}{- \frac{δ}{2}} - L | = | −1 - L | = L + 1 \geq 1 > \frac{1}{2} = ε .

Á hinn bóginn, ef 𝐿<0, $L < 0,$ þá látum 𝑥=𝛿/2. $x = δ / 2 .$ Því gildir:

| x - 0 | = | \frac{δ}{2} - 0 | = \frac{δ}{2} < δ

| \frac{| \frac{δ}{2} |}{\frac{δ}{2}} - L | = | 1 - L | = | L | + 1 \geq 1 > \frac{1}{2} = ε .

Þannig gildir fyrir sérhvert gildi L að lim𝑥→0⁢|𝑥|𝑥≠𝐿. $lim_{x \to 0} \frac{| x |}{x} \neq L .$

Einhliða og óendanleg markgildi

Rétt eins og við öðluðumst fyrst innsæislegan skilning á markgildum og snerum okkur síðan að nákvæmari skilgreiningu á markgildi, beinum við nú sjónum okkar aftur að einhliða markgildum. Til þess að gera það breytum við epsílon-delta-skilgreiningu markgildis þannig að hún gefi formlegar epsílon-delta-skilgreiningar á markgildum frá hægri og vinstri í punkti. Til þess þarf aðeins að breyta skilgreiningu markgildis lítillega. Í skilgreiningunni á markgildi frá hægri kemur ójafnan $0 < x - a < δ$ í stað $0 < | x - a | < δ,$ sem tryggir að við tökum aðeins tillit til þeirra x-gilda sem eru stærri en (hægra megin við) a. Á sama hátt kemur ójafnan $- δ < x - a < 0$ í stað $0 < | x - a | < δ,$ í skilgreiningunni á markgildi frá vinstri, sem tryggir að við tökum aðeins tillit til þeirra x-gilda sem eru minni en (vinstra megin við) a.

Dæmi 2.44

Sönnun á fullyrðingu um markgildi frá hægri

Sannið að $lim_{x \to 4^{+}} \sqrt{x - 4} = 0 .$

Lausn

Látum $ε > 0 .$

Veljum 𝛿=𝜀2. $δ = ε^{2} .$ Þar sem við viljum að lokum ∣√𝑥−4−0∣<𝜀, $| \sqrt{x - 4} - 0 | < ε,$ umritum við þessa ójöfnu þannig að við fáum √𝑥−4<𝜀 $\sqrt{x - 4} < ε$ eða jafngilt, 0<𝑥−4<𝜀2, $0 < x - 4 < ε^{2},$ og því er 𝛿=𝜀2 $δ = ε^{2}$ augljóst val. Við getum einnig ákvarðað 𝛿 $δ$ rúmfræðilega, eins og sýnt er á mynd 2.42.

Grafið sýnir hvernig finna má δ í sönnuninni hér að framan. Graf fallsins f(x)=√(x−4) er teiknað fyrir x>4. Þar sem markgildið er 0 eru bláu línurnar y=ε og y=−ε teiknaðar. Aðeins efri línan, y=ε, sker graf fallsins og frá skurðpunktinum er rauð lína dregin niður að x-ásnum. Jafnan √(x−4)=ε gefur x=ε²+4. Fjarlægð þessa punkts frá 4 er því δ=ε². — **Mynd 2.42.** Þetta graf sýnir hvernig við finnum δ í sönnuninni í dæmi 2.44.

Gerum ráð fyrir að $0 < x - 4 < δ .$ Því fæst $0 < x - 4 < ε^{2} .$ Þar af leiðir að $0 < \sqrt{x - 4} < ε .$ Að lokum fæst $| \sqrt{x - 4} - 0 | < ε .$

Því gildir að $lim_{x \to 4^{+}} \sqrt{x - 4} = 0 .$

Við ljúkum því ferli að færa innsæishugmyndir okkar um ýmsar gerðir markgilda yfir í nákvæmar, formlegar skilgreiningar með því að setja fram formlega skilgreiningu á óendanlegum markgildum. Til að $lim_{x \to a} f (x) = + \infty,$ viljum við að gildi fallsins $f (x)$ verði sífellt stærri þegar x nálgast a. Í stað þess að krefjast þess að $| f (x) - L | < ε$ fyrir sérhvert ε, hversu lítið sem það er, þegar $0 < | x - a | < δ$ fyrir nægilega lítið $δ,$ viljum við að $f (x) > M$ fyrir sérhvert jákvætt M, hversu stórt sem það er, þegar $0 < | x - a | < δ$ fyrir nægilega lítið $δ .$ Mynd 2.43 sýnir þessa hugmynd með því að sýna gildi $δ$ fyrir sífellt stærri gildi M.

Tvö gröf eru hlið við hlið. Á hvoru grafi eru tveir ferlar ofan x-ássins, aðskildir af lóðfellunni x=a. Vinstra megin við x=a stefnir ferillinn á óendanlegt þegar x stefnir á a, en á 0 þegar x stefnir á mínus óendanlegt. Hægra megin stefnir ferillinn á óendanlegt þegar x stefnir á a, en á 0 þegar x stefnir á óendanlegt. Á fyrra grafinu er jákvætt gildi M merkt á y-ásnum og lárétta línan y=M sker báða ferlana. Frá skurðpunktunum eru línur dregnar niður að x-ásnum. δ er minni fjarlægðin frá a að þessum skurðpunktum á x-ásnum. Á seinna grafinu er M stærra og samsvarandi fjarlægðir frá skurðpunktunum að a eru minni. — **Mynd 2.43.** Þessi gröf sýna gildi 𝛿 $δ$ fyrir mismunandi gildi M og þar með að lim𝑥→𝑎⁢𝑓⁡(𝑥)=+∞. $lim_{x \to a} f (x) = + \infty .$

Æfingar í kafla 2.5

Í eftirfarandi verkefnum skal skrifa viðeigandi $ε$ - $δ$ -skilgreiningu fyrir hverja gefna fullyrðingu.

176.

lim𝑥→𝑎⁢𝑓⁡(𝑥)=𝑁 $lim_{x \to a} f (x) = N$

177.

lim𝑡→𝑏⁢𝑔⁡(𝑡)=𝑀 $lim_{t \to b} g (t) = M$

178.

lim𝑥→𝑐⁢ℎ⁡(𝑥)=𝐿 $lim_{x \to c} h (x) = L$

179.

lim𝑥→𝑎⁢𝜑⁡(𝑥)=𝐴 $lim_{x \to a} φ (x) = A$

Eftirfarandi graf fallsins f uppfyllir $lim_{x \to 2} f (x) = 2 .$ Í eftirfarandi æfingum skal ákvarða gildi $δ > 0$ sem uppfyllir hverja fullyrðingu.

Graf falls í fyrsta fjórðungi fyrir x > 0. Fallið er vaxandi og kúpt upp á við og á því eru punktar sem eru um það bil (0,0), (1, .5), (2,2) og (3,4).

180.

Ef $0 < | x - 2 | < δ,$ þá $| f (x) - 2 | < 1 .$

181.

Ef $0 < | x - 2 | < δ,$ þá $| f (x) - 2 | < 0.5 .$

Eftirfarandi graf fallsins f uppfyllir $lim_{x \to 3} f (x) = −1 .$ Í eftirfarandi æfingum skal ákvarða gildi á $δ > 0$ sem uppfyllir hverja fullyrðingu.

Graf af minnkandi línulegu falli með punktunum (0,2), (1,1), (2,0), (3,-1), (4,-2) og svo framvegis fyrir x >= 0.

182.

Ef 0<|𝑥−3|<𝛿, $0 < | x - 3 | < δ,$ þá |𝑓⁡(𝑥)+1|<1. $| f (x) + 1 | < 1 .$

183.

Ef 0<|𝑥−3|<𝛿, $0 < | x - 3 | < δ,$ þá |𝑓⁡(𝑥)+1|<2. $| f (x) + 1 | < 2 .$

Eftirfarandi graf fallsins f uppfyllir $lim_{x \to 3} f (x) = 2 .$ Í eftirfarandi æfingum skal, fyrir hvert gildi ε, finna gildi $δ > 0$ þannig að nákvæm skilgreining markgildis sé uppfyllt.

Graf af vaxandi línulegu falli sem sker x-ásinn nálægt (2.25, 0) og liggur í gegnum punktinn (3,2) og um það bil punktana (1,-5) og (4,5).

184.

𝜀=1.5 $ε = 1.5$

185.

𝜀=3 $ε = 3$

[T] Í eftirfarandi verkefnum skal nota grafíska reiknivél til að finna tölu $δ$ þannig að fullyrðingarnar séu sannar.

186.

$| sin (2 x) - \frac{1}{2} | < 0.1,$ þegar $| x - \frac{π}{12} | < δ$

187.

∣√𝑥−4−2∣<0.1,þegar⁡|𝑥−8|<𝛿 $| \sqrt{x - 4} - 2 | < 0.1, þegar | x - 8 | < δ$

Í eftirfarandi verkefnum skal nota nákvæma skilgreiningu markgildis til að sanna gefin markgildi.

188.

lim𝑥→2⁢(5⁢𝑥+8)=18 $lim_{x \to 2} (5 x + 8) = 18$

189.

lim𝑥→3⁢𝑥2−9𝑥−3=6 $lim_{x \to 3} \frac{x^{2} - 9}{x - 3} = 6$

190.

lim𝑥→2⁢2⁢𝑥2−3⁢𝑥−2𝑥−2=5 $lim_{x \to 2} \frac{2 x^{2} - 3 x - 2}{x - 2} = 5$

191.

lim𝑥→0⁢𝑥4=0 $lim_{x \to 0} x^{4} = 0$

192.

lim𝑥→2⁢(𝑥2+2⁢𝑥)=8 $lim_{x \to 2} (x^{2} + 2 x) = 8$

Í eftirfarandi æfingum skal nota nákvæma skilgreiningu markgildis til að sanna gefin einhliða markgildi.

193.

lim𝑥→5−⁢√5−𝑥=0 $lim_{x \to 5^{-}} \sqrt{5 - x} = 0$

194.

lim𝑥→0+⁢𝑓⁡(𝑥)=−2,þar sem𝑓⁡(𝑥)={8⁢𝑥−3,ef𝑥<04⁢𝑥−2,ef𝑥≥0. $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = −2, þar sem f (x) = {\begin{matrix} 8 x - 3, ef x < 0 \\ 4 x - 2, ef x \geq 0 \end{matrix} .$

195.

lim𝑥→1−⁢𝑓⁡(𝑥)=3,þar sem𝑓⁡(𝑥)={5⁢𝑥−2,ef𝑥<17⁢𝑥−1,ef𝑥≥1. $lim_{x \to 1^{-}} f (x) = 3, þar sem f (x) = {\begin{matrix} 5 x - 2, ef x < 1 \\ 7 x - 1, ef x \geq 1 \end{matrix} .$

Í eftirfarandi æfingum skal nota nákvæma skilgreiningu markgildis til að sanna gefin óendanleg markgildi.

196.

lim𝑥→0⁢1𝑥2=∞ $lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{2}} = \infty$

197.

lim𝑥→−1⁢3(𝑥+1)₂=∞ $lim_{x \to −1} \frac{3}{{(x + 1)}^{2}} = \infty$

198.

lim𝑥→2−1(𝑥−2)₂=−∞ $lim_{x \to 2} - \frac{1}{{(x - 2)}^{2}} = − \infty$

199.

Verkfræðingur notar vél til að skera flatan ferning úr loftgeli sem hefur flatarmálið 144 cm2. Ef mesta leyfilega skekkja í flatarmálinu er 8 cm2, hversu nákvæmur þarf verkfræðingurinn þá að vera við skurð hverrar hliðar, að því gefnu að allar hliðarnar séu jafnlangar? Hvernig tengjast þessar tölur 𝛿, $δ,$ ε, a og L?

200.

Notið nákvæma skilgreiningu markgildis til að sanna að eftirfarandi markgildi sé ekki til: $lim_{x \to 1} \frac{| x - 1 |}{x - 1} .$

201.

Notið nákvæma skilgreiningu markgildis til að sanna að $lim_{x \to 0} f (x)$ sé ekki til, þegar $f (x)$ er þakfallið. (Vísbending: Prófið sérhvert δ-gildi sem uppfyllir skilyrðið $δ < 1 .)$

202.

Notið nákvæmar skilgreiningar á markgildum til að sanna að lim𝑥→0⁢𝑓⁡(𝑥) $lim_{x \to 0} f (x)$ sé ekki til: 𝑓⁡(𝑥)={1ef𝑥er ræð0ef𝑥er óræð. $f (x) = {\begin{cases} 1 ef x er ræð \\ 0 ef x er óræð \end{cases} .$ (Vísbending: Hugleiðið hvernig ávallt má velja ræðna tölu 0<𝑟<𝑑, $0 < r < d,$ en |𝑓⁡(𝑟)−0|=1.) $| f (r) - 0 | = 1 .)$

203.

Notið nákvæmar skilgreiningar á markgildum til að ákvarða lim𝑥→0⁢𝑓⁡(𝑥) $lim_{x \to 0} f (x)$ fyrir 𝑓⁡(𝑥)={𝑥ef𝑥er ræð0ef𝑥er óræð. $f (x) = {\begin{cases} x ef x er ræð \\ 0 ef x er óræð \end{cases} .$ (Vísbending: Skiptið í tvö tilvik, x er ræð tala og x er óræð tala.)

204.

Notið fallið úr fyrra verkefni og nákvæma skilgreiningu markgildis til að sýna að lim𝑥→𝑎⁢𝑓⁡(𝑥) $lim_{x \to a} f (x)$ sé ekki til fyrir 𝑎≠0. $a \neq 0 .$

Í eftirfarandi verkefnum skal gera ráð fyrir að $lim_{x \to a} f (x) = L$ og $lim_{x \to a} g (x) = M$ séu bæði til. Notið nákvæma skilgreiningu markgildis til að sanna eftirfarandi markgildisreglur:

205.

lim𝑥→𝑎⁢(𝑓⁡(𝑥)+𝑔⁡(𝑥))=𝐿+𝑀 $lim_{x \to a} (f (x) + g (x)) = L + M$

206.

$lim_{x \to a} [c f (x)] = c L$ fyrir sérhvern rauntölufasta c (Vísbending: Athugið tvö tilvik: $c = 0$ og $c \neq 0 .)$

207.

$lim_{x \to a} [f (x) g (x)] = L M .$ (Vísbending: $| f (x) g (x) - L M | =$ $| f (x) g (x) - f (x) M + f (x) M - L M | \leq | f (x) | | g (x) - M | + | M | | f (x) - L | .)$