Όριο συναρτήσεων μιας πραγματικής μεταβλητής

Περίληψη

Αυτό το μάθημα μετατρέπει σε ακριβή ορισμό την ιδέα ότι οι τιμές μιας συνάρτησης πλησιάζουν έναν αριθμό όταν η μεταβλητή πλησιάζει ένα σημείο. Δείχνει γιατί η διαισθητική ιδέα δεν αρκεί, εισάγει τα σημεία συσσώρευσης, που δείχνουν πού έχει νόημα να ρωτάμε για όριο, και διατυπώνει τον ορισμό έψιλον-δέλτα, που διαβάζεται ως μια πρόκληση και η απόκρισή της. Γράφει τον ορισμό και την άρνησή του ως προτάσεις με ποσοδείκτες, αποδεικνύει ότι το όριο, αν υπάρχει, είναι μοναδικό, ότι εξαρτάται μόνο από τις τιμές κοντά στο σημείο και ότι αναγκάζει τη συνάρτηση να μένει φραγμένη και να διατηρεί το πρόσημο κοντά σε αυτό. Τα προβλήματα κατασκευάζουν το δέλτα για πολυωνυμικές συναρτήσεις, ρίζες και πηλίκα, αποδεικνύουν ότι ορισμένα όρια δεν υπάρχουν και αναζητούν το μεγαλύτερο δέλτα που ανταποκρίνεται σε ένα δοσμένο έψιλον.

Μαθησιακοί στόχοι

Να εξηγεί την ιδέα του ορίου μιας συνάρτησης σε σημείο και να τη διακρίνει από την τιμή της συνάρτησης στο σημείο αυτό.
Να διατυπώνει τον ορισμό του ορίου με έψιλον και δέλτα, να αιτιολογεί την απαίτηση το σημείο να είναι σημείο συσσώρευσης του πεδίου ορισμού, και να γράφει τον ορισμό και την άρνησή του με ποσοδείκτες.
Να αποδεικνύει με τον ορισμό την τιμή του ορίου απλών αλγεβρικών συναρτήσεων, κατασκευάζοντας ένα δέλτα για κάθε έψιλον.
Να αποδεικνύει τη μοναδικότητα του ορίου και τις τοπικές ιδιότητές του, και να εφαρμόζει την άρνηση του ορισμού για να αποδείξει ότι ένα όριο δεν υπάρχει.

Η ιδέα του ορίου

Η άλγεβρα και η γεωμετρία μελετούν την τιμή μιας συνάρτησης σε κάθε σημείο· ο λογισμός μελετά, επιπλέον, τι συμβαίνει με τις τιμές της όταν η μεταβλητή πλησιάζει ένα σημείο, ακόμη και αν στο σημείο αυτό η συνάρτηση δεν ορίζεται. Η ανάγκη είναι παλιά. Η κλίση της ευθείας που ενώνει δύο σημεία μιας καμπύλης υπολογίζεται με ένα πηλίκο διαφορών· η κλίση της εφαπτομένης ευθείας θα έπρεπε να είναι η τιμή αυτού του πηλίκου όταν τα δύο σημεία συμπίπτουν, αλλά τότε το πηλίκο είναι $\frac{0}{0}$ , που δεν είναι αριθμός. Με τον ίδιο τρόπο, η μέση ταχύτητα ενός κινητού είναι το πηλίκο της διανυθείσας απόστασης προς τον χρόνο που χρειάστηκε, και η ταχύτητα σε μια στιγμή είναι η τιμή στην οποία καταλήγει αυτό το πηλίκο όταν ο χρόνος περιορίζεται στο τίποτα. Και στις δύο περιπτώσεις ρωτάμε για τις τιμές μιας συνάρτησης κοντά σε ένα σημείο όπου δεν ορίζεται.

Ένα απλό παράδειγμα δείχνει την κατάσταση. Η ακόλουθη συνάρτηση δεν ορίζεται στο $x = 1$ , γιατί εκεί ο παρονομαστής της μηδενίζεται· ωστόσο, οι τιμές της σε σημεία κοντινά στο $1$ είναι κοντά στο $2$ :

f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}, \qquad f(0{,}9) = 1{,}9, \quad f(0{,}99) = 1{,}99, \quad f(1{,}01) = 2{,}01, \quad f(1{,}1) = 2{,}1

Ο λόγος είναι ότι, για $x \neq 1$ , ο αριθμητής παραγοντοποιείται ως $(x - 1)(x + 1)$ και το πηλίκο ισούται με $x + 1$ · η γραφική παράσταση της $f$ είναι η ευθεία $y = x + 1$ με ένα κενό στο σημείο $(1, 2)$ . Λέμε τότε ότι το όριο της $f$ όταν το $x$ τείνει στο $1$ είναι $2$ , και γράφουμε:

\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2

Ωστόσο, η φράση «οι τιμές πλησιάζουν το $2$ » δεν χρησιμεύει ως ορισμός, για δύο λόγους. Ο πρώτος είναι ότι το να πλησιάζει δεν αρκεί: όταν το $x$ περνά από το $0{,}9$ στο $0{,}99$ , η τιμή της $f$ πλησιάζει επίσης το $3$ , γιατί το $1{,}99$ είναι πιο κοντά στο $3$ από το $1{,}9$ , κι όμως το $3$ δεν είναι το όριο. Αυτό που ξεχωρίζει το $2$ είναι ότι οι τιμές της $f$ φτάνουν να είναι όσο κοντά θέλουμε σε αυτό, και όχι απλώς πιο κοντά από πριν. Ο δεύτερος λόγος είναι ότι ένας πίνακας εξετάζει πεπερασμένο πλήθος σημείων, και μια συνάρτηση μπορεί να συμπεριφέρεται αλλιώς ανάμεσά τους: η συνάρτηση $\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)$ παίρνει την τιμή $0$ στο $x = 0{,}1$ , στο $x = 0{,}01$ και σε όλα τα σημεία της μορφής $\frac{1}{n}$ , κι όμως δεν έχει όριο στο $0$ , γιατί ανάμεσα σε αυτά τα σημεία ταλαντεύεται μεταξύ $-1$ και $1$ · το προτεινόμενο πρόβλημα 3 το αποδεικνύει για την $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , με το ίδιο επιχείρημα. Αν αυτό ισχύει, ο ορισμός πρέπει να μιλά για όλα τα κοντινά σημεία ταυτόχρονα και να καθορίζει με αριθμούς τι σημαίνει «όσο κοντά θέλουμε». Τα εργαλεία γι’ αυτό είναι η απόλυτη τιμή, που μετρά αποστάσεις, και η τριγωνική ανισότητα, που μελετήθηκαν στο μάθημα για την πραγματική ευθεία.

Σημεία συσσώρευσης

Πριν ορίσουμε το όριο, πρέπει να διευκρινίσουμε σε ποια σημεία έχει νόημα να ρωτάμε γι’ αυτό. Το σημείο $a$ δεν χρειάζεται να ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης, όπως δείχνει το παράδειγμα που μόλις είδαμε· πρέπει όμως να υπάρχουν σημεία του πεδίου ορισμού όσο κοντά θέλουμε στο $a$ , γιατί αλλιώς δεν θα υπήρχαν τιμές της συνάρτησης προς παρατήρηση.

ΟρισμόςΣημείο συσσώρευσης

Έστω $A$ ένα σύνολο πραγματικών αριθμών. Ένας πραγματικός $a$ είναι σημείο συσσώρευσης του $A$ αν κάθε ανοικτό διάστημα με κέντρο το $a$ περιέχει κάποιο στοιχείο του $A$ διαφορετικό από το $a$ :

(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)(0 < \abs{x - a} < \delta)

Ένα στοιχείο του $A$ που δεν είναι σημείο συσσώρευσης του $A$ λέγεται μεμονωμένο σημείο του $A$ .

Για παράδειγμα, το $1$ είναι σημείο συσσώρευσης του $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ , του πεδίου ορισμού της συνάρτησης του παραδείγματος, παρόλο που δεν ανήκει σε αυτό. Κάθε σημείο του κλειστού διαστήματος $\icc{0}{1}$ είναι σημείο συσσώρευσης του ανοικτού $\ioo{0}{1}$ , μαζί με τα άκρα. Το $0$ είναι σημείο συσσώρευσης του συνόλου των αριθμών $\frac{1}{n}$ με $n$ φυσικό, γιατί, από την αρχιμήδεια ιδιότητα, για κάθε $\delta > 0$ υπάρχει φυσικός $n$ με $\frac{1}{n} < \delta$ . Αντίθετα, το σύνολο $\mathbb{N}$ δεν έχει σημεία συσσώρευσης: το διάστημα με κέντρο $a$ και ακτίνα $\frac{1}{2}$ περιέχει το πολύ έναν φυσικό $m$ · αν $m = a$ , δεν περιέχει κανέναν φυσικό διαφορετικό από το $a$ , και αν $m \neq a$ , το διάστημα ακτίνας $\abs{m - a}$ δεν περιέχει πια κανέναν. Η συνθήκη $0 < \abs{x - a}$ είναι ουσιώδης· χωρίς αυτήν, κάθε στοιχείο του $A$ θα ήταν σημείο συσσώρευσης του $A$ , γιατί κάθε διάστημα με κέντρο το $a$ περιέχει το ίδιο το $a$ .

Ο ορισμός του ορίου

Με αυτές τις έννοιες μπορεί να δοθεί ο ορισμός. Η φράση «το $f(x)$ είναι όσο κοντά θέλουμε στο $L$ » μεταφράζεται ως εξής: για κάθε απόσταση $\varepsilon > 0$ , όσο μικρή κι αν είναι, οι τιμές της $f$ απέχουν λιγότερο από $\varepsilon$ από το $L$ αρκεί το $x$ να είναι αρκετά κοντά στο $a$ , δηλαδή σε απόσταση μικρότερη από κάποια απόσταση $\delta > 0$ , χωρίς να είναι ίσο με $a$ .

ΟρισμόςΌριο συνάρτησης σε σημείο

Έστω $f$ μια πραγματική συνάρτηση ορισμένη σε ένα σύνολο $A$ πραγματικών αριθμών, $a$ ένα σημείο συσσώρευσης του $A$ και $L$ ένας πραγματικός αριθμός. Λέμε ότι το $L$ είναι το όριο της $f$ όταν το $x$ τείνει στο $a$ , και γράφουμε $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , αν για κάθε $\varepsilon > 0$ υπάρχει $\delta > 0$ τέτοιο ώστε κάθε $x$ του $A$ που ικανοποιεί την $0 < \abs{x - a} < \delta$ ικανοποιεί επίσης την $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ :

\lim_{x \to a} f(x) = L \leftrightarrow (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Γεωμετρικά, η συνθήκη $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ λέει ότι το σημείο $(x, f(x))$ της γραφικής παράστασης βρίσκεται στην οριζόντια λωρίδα ανάμεσα στις ευθείες $y = L - \varepsilon$ και $y = L + \varepsilon$ · η συνθήκη $0 < \abs{x - a} < \delta$ λέει ότι το $x$ βρίσκεται στο διάστημα με κέντρο $a$ και ακτίνα $\delta$ , χωρίς να είναι το κέντρο του. Ο ορισμός μπορεί να διαβαστεί ως ένα παιχνίδι ανάμεσα σε δύο πρόσωπα: το πρώτο προτείνει ένα $\varepsilon$ , την ακτίνα μιας λωρίδας γύρω από το $L$ , όσο στενής θέλει· το δεύτερο πρέπει να ανταποκριθεί με ένα $\delta$ τέτοιο ώστε το κομμάτι της γραφικής παράστασης πάνω από την τρυπημένη περιοχή ακτίνας $\delta$ να μένει μέσα στη λωρίδα. Το όριο είναι $L$ αν το δεύτερο πρόσωπο μπορεί να ανταποκριθεί σε όλες τις προκλήσεις.

ΠαράδειγμαΗ πρόκληση και η απόκριση

Η συνάρτηση $g$ ισούται με $x^2$ σε κάθε $x \neq 1$ , και στο $x = 1$ της αποδίδεται, σκόπιμα, μια τιμή που δεν ταιριάζει με τις υπόλοιπες: $g(1) = \frac{5}{2}$ . Βλέπουμε πώς ανταποκρινόμαστε σε δύο προκλήσεις για το όριο $L = 1$ στο σημείο $a = 1$ .

Απόδειξη

$(\forall x \neq 1)\left(g(x) = x^2\right), \qquad g(1) = \frac{5}{2}$
Η συνάρτηση ορίζεται σε όλη την ευθεία. Κοντά στο $1$ , οι τιμές της μοιάζουν με $1$ , εκτός από την τιμή στο $x = 1$ , που μένει χωριστά.
$\abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5} \leftrightarrow \frac{1}{5} < g(x) < \frac{9}{5}$
Πρώτη πρόκληση: $\varepsilon = \frac{4}{5}$ . Οι τιμές της $g$ πρέπει να μένουν στη λωρίδα από $\frac{1}{5}$ έως $\frac{9}{5}$ .
$\delta = \min\left(1 - \sqrt{\frac{1}{5}}, \sqrt{\frac{9}{5}} - 1\right) = \resaltar{\sqrt{\frac{9}{5}} - 1}$
Για τα θετικά $x$ που είναι διαφορετικά από $1$ , η συνθήκη ισοδυναμεί με το να βρίσκεται το $x$ ανάμεσα στο $\sqrt{\frac{1}{5}}$ και στο $\sqrt{\frac{9}{5}}$ . Το διάστημα δεν είναι συμμετρικό ως προς το $1$ : το δεξί άκρο είναι πιο κοντά. Ανταποκρινόμαστε με τη μικρότερη από τις δύο αποστάσεις.
$0 < \abs{x - 1} < \delta \rightarrow \abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5}$
Κάθε $x$ που απέχει από το $1$ λιγότερο από $\delta$ , χωρίς να είναι το $1$ , ικανοποιεί τη συνθήκη: το κομμάτι της γραφικής παράστασης πάνω από την τρυπημένη περιοχή μένει στη λωρίδα. Το σημείο $(1, g(1))$ μένει έξω από τη λωρίδα, αλλά αυτό δεν έχει σημασία, γιατί ο ορισμός αποκλείει το $x = 1$ .
$\varepsilon = \frac{2}{5} \rightarrow \delta = \resaltar{\sqrt{\frac{7}{5}} - 1}$
Μια πιο απαιτητική πρόκληση, $\varepsilon = \frac{2}{5}$ , απαιτεί μικρότερη απόκριση. Γενικά, για $0 < \varepsilon < 1$ αρκεί $\delta = \sqrt{1 + \varepsilon} - 1$ , που γίνεται όσο μικρό θέλουμε όταν το $\varepsilon$ γίνεται μικρό: το $\delta$ εξαρτάται από το $\varepsilon$ .

Το παράδειγμα δείχνει τρία γνωρίσματα του ορισμού που αξίζει να έχουμε υπόψη. Πρώτον, το $\delta$ εξαρτάται από το $\varepsilon$ , και γενικά και από το σημείο $a$ · αν ένα $\delta$ ανταποκρίνεται σε μια πρόκληση, κάθε μικρότερος θετικός αριθμός ανταποκρίνεται επίσης, ώστε αρκεί να βρούμε ένα, και δεν χρειάζεται το μεγαλύτερο. Δεύτερον, η τιμή της συνάρτησης στο $a$ , αν υπάρχει, δεν παίζει ρόλο: η συνθήκη $0 < \abs{x - a}$ την αποκλείει, και γι’ αυτό το όριο της $g$ στο $1$ είναι $1$ παρόλο που η $g(1)$ ισούται με $\frac{5}{2}$ . Τρίτον, μετρούν μόνο τα $x$ του πεδίου ορισμού· τα υπόλοιπα δεν εξετάζονται.

ΠαράδειγμαΜια γραμμική συνάρτηση

Αποδεικνύουμε ότι $\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5$ . Δοθέντος $\varepsilon > 0$ , πρέπει να πετύχουμε $\abs{(3x - 1) - 5} < \varepsilon$ . Η παράσταση απλοποιείται και δείχνει τη σχέση της με την $\abs{x - 2}$ :

\abs{(3x - 1) - 5} = \abs{3x - 6} = 3\abs{x - 2}

Αρκεί, επομένως, $3\abs{x - 2} < \varepsilon$ , δηλαδή $\abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ . Ανταποκρινόμαστε με $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$ : αν $0 < \abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ , τότε $\abs{(3x - 1) - 5} < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$ . Με τον ίδιο τρόπο, για μια σταθερή συνάρτηση $c$ οποιοδήποτε $\delta$ ανταποκρίνεται, γιατί $\abs{c - c} = 0 < \varepsilon$ · και για την ταυτοτική συνάρτηση ανταποκρίνεται το $\delta = \varepsilon$ , γιατί η ζητούμενη συνθήκη, $\abs{x - a} < \varepsilon$ , είναι η ίδια με αυτήν που υποθέτουμε. Επομένως:

\lim_{x \to a} c = c, \qquad \lim_{x \to a} x = a

Η μέθοδος του παραδείγματος είναι η γενική: γράφουμε την $\abs{f(x) - L}$ έτσι ώστε να εμφανιστεί ο παράγοντας $\abs{x - a}$ , και φράσσουμε τον υπόλοιπο παράγοντα. Όταν αυτός δεν είναι σταθερά, τον φράσσουμε περιορίζοντας εκ των προτέρων το $\delta$ σε μια σταθερή τιμή, για παράδειγμα $\delta \leq 1$ · αυτή είναι η τεχνική του παραδείγματος που ακολουθεί.

ΠαράδειγμαΈνα τετράγωνο

Αποδεικνύουμε ότι $\lim_{x \to 3} x^2 = 9$ . Έστω $\varepsilon > 0$ .

Απόδειξη

$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Παραγοντοποιούμε τη διαφορά τετραγώνων· εμφανίζεται ο παράγοντας $\abs{x - 3}$ , που θα γίνει μικρός, πολλαπλασιασμένος με έναν παράγοντα που εξαρτάται από το $x$ .
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow 5 < x + 3 < 7 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 7}$
Αν απαιτήσουμε $\abs{x - 3} < 1$ , τότε το $x$ βρίσκεται ανάμεσα στο $2$ και στο $4$ , και ο δεύτερος παράγοντας φράσσεται από το $7$ .
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)$
Με αυτόν τον περιορισμό, αρκεί επιπλέον $7\abs{x - 3} < \varepsilon$ . Επιλέγουμε το $\delta$ ως τον μικρότερο από τους δύο αριθμούς, ώστε να ισχύουν και οι δύο συνθήκες.
$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{7} \cdot 7 = \resaltar{\varepsilon}$
Αν $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , τότε $\abs{x - 3} < 1$ και $\abs{x - 3} < \frac{\varepsilon}{7}$ · από αυτό έπεται η ζητούμενη ανισότητα.

Το όριο της αρχής του μαθήματος αποδεικνύεται με τον ίδιο τρόπο, και με μια παρατήρηση που θα χρησιμοποιείται συχνά: αφού ο ορισμός δεν εξετάζει το σημείο $a$ , μπορούμε να απλοποιήσουμε την έκφραση της $f$ στα σημεία που είναι διαφορετικά από το $a$ . Για $x \neq 1$ , το πηλίκο $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ ισούται με $x + 1$ , και τότε $\abs{f(x) - 2} = \abs{x - 1}$ · ανταποκρίνεται το $\delta = \varepsilon$ . Η απλοποίηση του παράγοντα $x - 1$ είναι θεμιτή ακριβώς επειδή το $x$ δεν ισούται ποτέ με $1$ στον ορισμό.

Ο ορισμός ως πρόταση με ποσοδείκτες

Ο ορισμός του ορίου είναι μια πρόταση με τρεις εναλλασσόμενους ποσοδείκτες: για κάθε $\varepsilon$ , υπάρχει $\delta$ , για κάθε $x$ . Η λογική του δομή είναι εκείνη των προτάσεων που μελετά η κατηγορηματική λογική, και η άνεση στον χειρισμό της είναι το μισό της δουλειάς με τα όρια. Δύο συνέπειες απορρέουν από αυτήν.

Η πρώτη είναι ότι η σειρά των ποσοδεικτών έχει σημασία. Στον ορισμό, το $\delta$ επιλέγεται αφού γίνει γνωστό το $\varepsilon$ , και γι’ αυτό μπορεί να εξαρτάται από αυτό. Αν γράφαμε πρώτα $(\exists \delta > 0)$ και μετά $(\forall \varepsilon > 0)$ , ένα και το αυτό $\delta$ θα έπρεπε να χρησιμεύει για όλα τα $\varepsilon$ ταυτόχρονα, πράγμα που είναι πολύ ισχυρότερος ισχυρισμός, τον οποίο το προτεινόμενο πρόβλημα 4 ζητά να χαρακτηριστεί.

Η δεύτερη είναι ότι η άρνηση του ορισμού προκύπτει με τους κανόνες άρνησης των ποσοδεικτών: η άρνηση του «για κάθε» είναι «υπάρχει κάποιο... για το οποίο όχι», και η άρνηση του «υπάρχει» είναι «για κάθε... όχι». Έτσι προκύπτει τι σημαίνει ότι το $L$ δεν είναι το όριο.

ΠρότασηΆρνηση του ορισμού του ορίου

Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη στο $A$ , $a$ ένα σημείο συσσώρευσης του $A$ και $L$ ένας πραγματικός. Ο αριθμός $L$ δεν είναι το όριο της $f$ όταν το $x$ τείνει στο $a$ αν και μόνο αν υπάρχει $\varepsilon > 0$ τέτοιο ώστε, για κάθε $\delta > 0$ , υπάρχει κάποιο $x$ του $A$ με $0 < \abs{x - a} < \delta$ και $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ . Η άρνηση μεταφέρεται προς τα μέσα, ποσοδείκτη προς ποσοδείκτη, ώσπου να φτάσει στη συνεπαγωγή.

Απόδειξη

$\neg (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Αρνούμαστε ολόκληρο τον ορισμό.
$(\exists \varepsilon > 0) \resaltar{\neg} (\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Η άρνηση μιας καθολικής πρότασης είναι η ύπαρξη μιας περίπτωσης στην οποία αποτυγχάνει.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0) \resaltar{\neg} (\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Η άρνηση μιας υπαρξιακής πρότασης είναι ότι όλες οι περιπτώσεις αποτυγχάνουν.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A) \resaltar{\neg} \left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Αρνούμαστε ξανά μια καθολική πρόταση.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \wedge \resaltar{\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon}\right)$
Μια συνεπαγωγή είναι ψευδής αν και μόνο αν το ηγούμενό της είναι αληθές και το επόμενό της ψευδές· και η άρνηση της $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ είναι η $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ , από την τριχοτομία.

Με όρους του παιχνιδιού, το $L$ δεν είναι το όριο αν το πρώτο πρόσωπο διαθέτει μια πρόκληση στην οποία καμία απόκριση δεν χρησιμεύει: όσο μικρό κι αν είναι το προτεινόμενο $\delta$ , υπάρχει ένα σημείο της τρυπημένης περιοχής του οποίου η τιμή βγαίνει από τη λωρίδα. Για να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση δεν έχει όριο στο $a$ πρέπει να δείξουμε ότι κανένας πραγματικός $L$ δεν είναι όριο, όπως γίνεται στο λυμένο πρόβλημα 4.

Θεμελιώδεις ιδιότητες

Ο συμβολισμός $\lim_{x \to a} f(x) = L$ μιλά για το όριο, σαν να ήταν ένας μόνο αριθμός. Αυτό απαιτεί απόδειξη: ότι δύο διαφορετικοί αριθμοί δεν μπορούν να ικανοποιούν ταυτόχρονα τον ορισμό. Εδώ υπεισέρχεται η απαίτηση το $a$ να είναι σημείο συσσώρευσης του πεδίου ορισμού. Αν δεν ήταν, θα υπήρχε $\delta_0 > 0$ τέτοιο ώστε κανένα $x$ του πεδίου ορισμού να μην ικανοποιεί την $0 < \abs{x - a} < \delta_0$ · ανταποκρινόμενοι πάντα με αυτό το $\delta_0$ , η συνεπαγωγή του ορισμού θα ήταν αληθής για κάθε $L$ , γιατί το ηγούμενό της δεν θα ίσχυε ποτέ, και κάθε αριθμός θα ήταν όριο.

ΘεώρημαΜοναδικότητα του ορίου

Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη στο $A$ και $a$ ένα σημείο συσσώρευσης του $A$ . Αν $\lim_{x \to a} f(x) = L$ και $\lim_{x \to a} f(x) = L'$ , τότε $L = L'$ . Συλλογιζόμαστε με απαγωγή σε άτοπο: υποθέτουμε ότι τα όρια είναι διαφορετικά, για παράδειγμα $L < L'$ , και επιλέγουμε ένα $\varepsilon$ τόσο μικρό ώστε οι λωρίδες ακτίνας $\varepsilon$ γύρω από το $L$ και από το $L'$ να μην αγγίζονται.

Απόδειξη

$\dato{e}{\varepsilon = \frac{L' - L}{2} > 0}$
Ας υποθέσουμε $L < L'$ , και έστω $\varepsilon$ το μισό της απόστασης μεταξύ τους· είναι θετικό.
$0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon, \qquad 0 < \abs{x - a} < \delta_2 \rightarrow \abs{f(x) - L'} < \varepsilon$
Οι λωρίδες ακτίνας $\varepsilon$ γύρω από το $L$ και από το $L'$ δεν έχουν κοινά σημεία, και εφαρμόζουμε τον ορισμό σε κάθε όριο με αυτό το $\varepsilon$ : προκύπτουν δύο αποκρίσεις, $\delta_1$ και $\delta_2$ , που γενικά είναι διαφορετικές.
$\delta = \min(\delta_1, \delta_2), \quad (\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta\right)$
Για να ισχύουν ταυτόχρονα και οι δύο συνθήκες, παίρνουμε τη μικρότερη από τις δύο ακτίνες. Αφού το $a$ είναι σημείο συσσώρευσης του $A$ , η τρυπημένη περιοχή ακτίνας $\delta$ περιέχει κάποιο $x$ του πεδίου ορισμού.
$\dato{d}{\abs{f(x) - L} < \varepsilon \wedge \abs{f(x) - L'} < \varepsilon}$
Για αυτό το $x$ ισχύουν και οι δύο ανισότητες: η τιμή $f(x)$ θα βρισκόταν ταυτόχρονα και στις δύο λωρίδες.
$L' - L \leq \abs{L' - f(x)} + \abs{f(x) - L} < 2\varepsilon = \resaltar{L' - L}$
Από την τριγωνική ανισότητα, η απόσταση μεταξύ $L$ και $L'$ θα ήταν μικρότερη από $2\varepsilon$ , που είναι ακριβώς αυτή η απόσταση: άτοπο. Επομένως, δεν μπορεί να ισχύει $L < L'$ · με τον ίδιο τρόπο, δεν μπορεί να ισχύει $L' < L$ , και από την τριχοτομία, $L = L'$ .

Το λήμμα που ακολουθεί τυποποιεί την παρατήρηση που επέτρεψε να απλοποιηθεί το πηλίκο $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ : το όριο στο $a$ εξαρτάται μόνο από τις τιμές της συνάρτησης κοντά στο $a$ , και όχι από την τιμή που παίρνει στο $a$ ούτε από τις τιμές μακριά από αυτό.

ΛήμμαΤο όριο εξαρτάται μόνο από τις κοντινές τιμές

Έστω $f$ και $g$ συναρτήσεις ορισμένες στο $A$ , $a$ ένα σημείο συσσώρευσης του $A$ και $r > 0$ τέτοιο ώστε $f(x) = g(x)$ για κάθε $x$ του $A$ με $0 < \abs{x - a} < r$ . Αν $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , τότε $\lim_{x \to a} g(x) = L$ . Αρκεί να πάρουμε την απόκριση που χρησιμεύει για την $f$ και, αν χρειάζεται, να τη μειώσουμε έως το $r$ .

Απόδειξη

$\dato{f}{0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon}$
Έστω $\varepsilon > 0$ . Από την παραδοχή, υπάρχει μια απόκριση $\delta_1$ για την $f$ .
$\delta = \min(\delta_1, r)$
Παίρνουμε τη μικρότερη ανάμεσα σε αυτή την απόκριση και στην ακτίνα όπου οι συναρτήσεις συμπίπτουν.
$\abs{g(x) - L} = \abs{\resaltar{f(x)} - L} < \varepsilon$
Αν το $x$ ανήκει στο $A$ και $0 < \abs{x - a} < \delta$ , τότε $g(x) = f(x)$ , γιατί $\delta \leq r$ , και η $f(x)$ βρίσκεται στη λωρίδα, γιατί $\delta \leq \delta_1$ .

Οι δύο ιδιότητες που ακολουθούν λένε ότι το όριο επιβάλλει συνθήκες στη συνάρτηση κοντά στο σημείο. Η πρώτη την αναγκάζει να μένει φραγμένη· η δεύτερη, να έχει το πρόσημο του ορίου όταν αυτό δεν είναι μηδέν. Και οι δύο προκύπτουν εφαρμόζοντας τον ορισμό με ένα $\varepsilon$ επιλεγμένο εκ των προτέρων, και θα είναι τα εργαλεία για να αποδειχθούν οι κανόνες του γινομένου και του πηλίκου στο μάθημα για την άλγεβρα των ορίων.

ΠρότασηΤοπική φραγή και διατήρηση του προσήμου

Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη στο $A$ , $a$ ένα σημείο συσσώρευσης του $A$ και $\lim_{x \to a} f(x) = L$ . Τότε υπάρχει $\delta > 0$ τέτοιο ώστε, για κάθε $x$ του $A$ με $0 < \abs{x - a} < \delta$ , ισχύει $\abs{f(x)} < \abs{L} + 1$ . Αν επιπλέον $L \neq 0$ , υπάρχει $\delta > 0$ τέτοιο ώστε, για αυτά τα ίδια $x$ , η $f(x)$ έχει το πρόσημο του $L$ και $\abs{f(x)} > \frac{\abs{L}}{2}$ . Κάθε ισχυρισμός είναι ο ορισμός εφαρμοσμένος σε μια συγκεκριμένη πρόκληση: $\varepsilon = 1$ για τον πρώτο και $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ για τον δεύτερο.

Απόδειξη

$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \dato{u}{\abs{f(x) - L} < 1}$
Με $\varepsilon = 1$ , ο ορισμός δίνει ένα $\delta$ τέτοιο ώστε οι τιμές της $f$ να απέχουν από το $L$ λιγότερο από $1$ .
$\abs{f(x)} \leq \abs{f(x) - L} + \abs{L} < \resaltar{\abs{L} + 1}$
Από την τριγωνική ανισότητα, η απόλυτη τιμή της $f(x)$ δεν υπερβαίνει την απόλυτη τιμή του $L$ συν αυτή την απόσταση.
$\dato{m}{L - \frac{\abs{L}}{2} < f(x) < L + \frac{\abs{L}}{2}}$
Αν $L \neq 0$ , με $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ , που είναι θετικό, ο ορισμός δίνει ένα άλλο $\delta$ , και η $f(x)$ μένει στο διάστημα με κέντρο $L$ και ακτίνα $\frac{\abs{L}}{2}$ .
$L > 0 \rightarrow f(x) > \resaltar{\frac{L}{2}} > 0, \qquad L < 0 \rightarrow f(x) < \resaltar{\frac{L}{2}} < 0$
Αν $L > 0$ , το αριστερό άκρο είναι $\frac{L}{2}$ , που είναι θετικό· αν $L < 0$ , το δεξί άκρο είναι $\frac{L}{2}$ , που είναι αρνητικό. Και στις δύο περιπτώσεις, η $f(x)$ έχει το πρόσημο του $L$ και απέχει από το $0$ περισσότερο από $\frac{\abs{L}}{2}$ .

Με τον ορισμό μπορεί να αποδειχθεί η τιμή οποιουδήποτε ορίου, αλλά η δουλειά μεγαλώνει με την πολυπλοκότητα της συνάρτησης. Το μάθημα για την άλγεβρα των ορίων αποδεικνύει, με βάση αυτό εδώ, τους κανόνες για το άθροισμα, το γινόμενο, το πηλίκο, τις δυνάμεις και τις ρίζες, που επιτρέπουν να υπολογίζονται τα περισσότερα όρια χωρίς να αναζητούμε κάθε φορά ένα $\delta$ .

Λυμένα προβλήματα

Τα προβλήματα προχωρούν σε δυσκολία: τα τρία πρώτα κατασκευάζουν το $\delta$ για ένα πολυώνυμο, μια ρίζα και ένα πηλίκο, καθένα με τον δικό του τρόπο να φράσσει τον παράγοντα που συνοδεύει την $\abs{x - a}$ · το τέταρτο αποδεικνύει με την άρνηση του ορισμού ότι ένα όριο δεν υπάρχει· και το τελευταίο αναζητά το μεγαλύτερο $\delta$ που ανταποκρίνεται σε μια δοσμένη πρόκληση.

Λυμένο πρόβλημα 1Ένα πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Να αποδειχθεί με τον ορισμό ότι $\lim_{x \to 2} (x^2 + x) = 6$ .

Λύση

$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Έστω $\varepsilon > 0$ . Αφού το $2$ είναι ρίζα του πολυωνύμου $x^2 + x - 6$ , αυτό έχει τον παράγοντα $x - 2$ .
$\abs{x - 2} < 1 \rightarrow 4 < x + 3 < 6 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 6}$
Περιορίζουμε εκ των προτέρων την ακτίνα στο $1$ : τότε το $x$ βρίσκεται ανάμεσα στο $1$ και στο $3$ , και ο δεύτερος παράγοντας φράσσεται.
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)$
Με αυτόν τον περιορισμό αρκεί $6\abs{x - 2} < \varepsilon$ · επιλέγουμε τη μικρότερη από τις δύο ακτίνες.
$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{6} \cdot 6 = \resaltar{\varepsilon}$
Αν $0 < \abs{x - 2} < \delta$ , ισχύουν και οι δύο συνθήκες, και η ζητούμενη ανισότητα έπεται.

Λυμένο πρόβλημα 2Μια τετραγωνική ρίζα

Να αποδειχθεί με τον ορισμό ότι $\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$ , όπου η συνάρτηση ορίζεται στο $\ico{0}{\infty}$ .

Λύση

$\sqrt{x} - 2 = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} + 2} = \dato{q}{\frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}}$
Έστω $\varepsilon > 0$ . Για να εμφανιστεί το $x - 4$ , πολλαπλασιάζουμε και διαιρούμε με τη συζυγή παράσταση, $\sqrt{x} + 2$ , που είναι θετική.
$\abs{\sqrt{x} - 2} = \frac{\abs{x - 4}}{\sqrt{x} + 2} \leq \dato{c}{\frac{\abs{x - 4}}{2}}$
Ο παρονομαστής είναι τουλάχιστον $2$ , γιατί $\sqrt{x} \geq 0$ · αυτή τη φορά δεν χρειάζεται να περιορίσουμε την ακτίνα, γιατί το φράγμα ισχύει σε όλο το πεδίο ορισμού.
$\delta = 2\varepsilon$
Αρκεί, επομένως, $\frac{\abs{x - 4}}{2} < \varepsilon$ .
$\abs{\sqrt{x} - 2} \leq \frac{\abs{x - 4}}{2} < \frac{2\varepsilon}{2} = \resaltar{\varepsilon}$
Αν $x \geq 0$ και $0 < \abs{x - 4} < 2\varepsilon$ , προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα. Εξετάζονται μόνο τα $x$ του πεδίου ορισμού: τα αρνητικά, όπου η ρίζα δεν ορίζεται, δεν μετρούν, ακόμη και αν είναι κοντά στο $4$ όταν το $\varepsilon$ είναι μεγάλο.

Λυμένο πρόβλημα 3Ένα πηλίκο

Να αποδειχθεί με τον ορισμό ότι $\lim_{x \to 3} \frac{1}{x} = \frac{1}{3}$ , όπου η συνάρτηση ορίζεται στο $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ .

Λύση

$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} = \abs{\frac{3 - x}{3x}} = \frac{\abs{x - 3}}{\dato{d}{3\abs{x}}}$
Έστω $\varepsilon > 0$ . Φέρνουμε τη διαφορά σε κοινό παρονομαστή.
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow x > 2 \rightarrow \dato{c}{3\abs{x} > 6}$
Τώρα ο παράγοντας που συνοδεύει την $\abs{x - 3}$ βρίσκεται στον παρονομαστή, και πρέπει να εμποδίσουμε αυτόν να πλησιάσει το $0$ . Αν $\abs{x - 3} < 1$ , τότε $x > 2$ , και ο παρονομαστής είναι μεγαλύτερος από $6$ .
$\delta = \min(1, 6\varepsilon)$
Με αυτόν τον περιορισμό, το πηλίκο είναι μικρότερο από $\frac{\abs{x - 3}}{6}$ , και αρκεί αυτή η ποσότητα να είναι μικρότερη από $\varepsilon$ .
$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} < \frac{\abs{x - 3}}{6} < \frac{6\varepsilon}{6} = \resaltar{\varepsilon}$
Αν $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , ισχύουν και οι δύο συνθήκες. Χωρίς τον προηγηθέντα περιορισμό η μέθοδος θα αποτύγχανε: κοντά στο $x = 0$ το πηλίκο αυξάνεται χωρίς φράγμα.

Λυμένο πρόβλημα 4Μια συνάρτηση με άλμα

Η συνάρτηση πρόσημο, ορισμένη στο $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , παίρνει την τιμή $1$ στους θετικούς και $-1$ στους αρνητικούς. Να αποδειχθεί ότι δεν έχει όριο όταν το $x$ τείνει στο $0$ .

s(x) = \frac{x}{\abs{x}}

Λύση

$(\forall L)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x)\left(0 < \abs{x} < \delta \wedge \abs{s(x) - L} \geq \varepsilon\right)$
Το $0$ είναι σημείο συσσώρευσης του πεδίου ορισμού. Πρέπει να αποδειχθεί ότι κανένας πραγματικός $L$ δεν είναι το όριο· από την άρνηση του ορισμού, αρκεί να βρούμε, για κάθε $L$ , μια πρόκληση στην οποία κανένα $\delta$ δεν ανταποκρίνεται. Προτείνουμε $\varepsilon = 1$ για όλα τα $L$ .
$s\left(\frac{\delta}{2}\right) = 1, \qquad s\left(-\frac{\delta}{2}\right) = -1$
Έστω $\delta > 0$ οποιοδήποτε. Η τρυπημένη περιοχή ακτίνας $\delta$ περιέχει έναν θετικό και έναν αρνητικό, όπου η συνάρτηση παίρνει τις τιμές $1$ και $-1$ .
$2 = \abs{1 - (-1)} \leq \abs{1 - L} + \abs{L - (-1)}$
Η απόσταση μεταξύ $1$ και $-1$ είναι $2$ · από την τριγωνική ανισότητα, οι αποστάσεις του $L$ από αυτές τις δύο τιμές έχουν άθροισμα τουλάχιστον $2$ .
$\abs{s\left(\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1 \vee \abs{s\left(-\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1$
Από αυτό έπεται ότι μία από τις δύο αποστάσεις είναι τουλάχιστον $1$ : αν ήταν και οι δύο μικρότερες από $1$ , το άθροισμά τους θα ήταν μικρότερο από $2$ .
$\neg (\exists L)\left(\lim_{x \to 0} s(x) = L\right)$
Έτσι, για κάθε $L$ , η πρόκληση $\varepsilon = 1$ δεν έχει απόκριση: καμία λωρίδα πλάτους $2$ δεν περιέχει ταυτόχρονα τις τιμές $1$ και $-1$ όταν τα όριά της εξαιρούνται. Η συνάρτηση δεν έχει όριο στο $0$ .

Λυμένο πρόβλημα 5Το μεγαλύτερο δέλτα

Για τη συνάρτηση $f(x) = x^2$ στο σημείο $a = 1$ , με $L = 1$ και την πρόκληση $\varepsilon = \frac{1}{2}$ , να βρεθεί το μεγαλύτερο $\delta$ που ανταποκρίνεται στην πρόκληση.

Λύση

$\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} \leftrightarrow \frac{1}{2} < x^2 < \frac{3}{2}$
Η συνθήκη $\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2}$ σημαίνει ότι το $x^2$ βρίσκεται ανάμεσα στο $\frac{1}{2}$ και στο $\frac{3}{2}$ .
$\sqrt{\frac{1}{2}} < x < \sqrt{\frac{3}{2}}$
Κοντά στο $1$ , τα $x$ είναι θετικά, και η συνθήκη ισοδυναμεί με το να βρίσκεται το $x$ ανάμεσα στις τετραγωνικές ρίζες των άκρων.
$1 - \sqrt{\frac{1}{2}} \approx 0{,}293, \qquad \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 \approx 0{,}225$
Οι αποστάσεις του $1$ από τα άκρα είναι διαφορετικές: η παραβολή ανεβαίνει γρηγορότερα δεξιά του $1$ , και το δεξί άκρο είναι πιο κοντά.
$\delta = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 = \resaltar{\frac{\sqrt{6} - 2}{2}}$
Το διάστημα με κέντρο $1$ και ακτίνα $\delta$ πρέπει να χωρά στο διάστημα που βρέθηκε· η ακτίνα του δεν μπορεί να υπερβαίνει τη μικρότερη από τις δύο αποστάσεις, που ανταποκρίνεται στην πρόκληση.
$0 < \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 < \delta', \qquad \abs{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^2 - 1} = \frac{1}{2}$
Καμία μεγαλύτερη ακτίνα δεν χρησιμεύει: αν $\delta' > \delta$ , το σημείο $x = \sqrt{\frac{3}{2}}$ απέχει από το $1$ λιγότερο από $\delta'$ , και σε αυτό η απόσταση του $x^2$ από το $1$ είναι ακριβώς $\frac{1}{2}$ , που δεν είναι μικρότερη από $\varepsilon$ .

Προτεινόμενα προβλήματα

Τα προβλήματα προχωρούν σε δυσκολία: τα δύο πρώτα επαναλαμβάνουν, με άλλα πολυώνυμα, την τεχνική του περιορισμού της ακτίνας· το τρίτο εφαρμόζει την άρνηση του ορισμού σε μια συνάρτηση που ταλαντεύεται· το τέταρτο εξετάζει τι συμβαίνει αν αντιστραφεί η σειρά των ποσοδεικτών· και το τελευταίο μελετά μια συνάρτηση που έχει όριο μόνο σε ένα σημείο. Κάθε πρόβλημα έχει μια υπόδειξη, που καλό είναι να ανοίγεται μόνο αφού το έχουμε επιχειρήσει.

Προτεινόμενο πρόβλημα 1Ένα ακόμη πολυώνυμο δευτέρου βαθμού

Να αποδειχθεί με τον ορισμό ότι $\lim_{x \to -1} (2x^2 - 3x) = 5$ .

Υπόδειξη

Παραγοντοποίησε το $2x^2 - 3x - 5$ : έχει τη ρίζα $-1$ . Περιόρισε την ακτίνα στο $1$ και φράξε τον άλλο παράγοντα στο διάστημα από $-2$ έως $0$ .

Απάντηση

Αφού $2x^2 - 3x - 5 = (x + 1)(2x - 5)$ και, αν $\abs{x + 1} < 1$ , τότε $\abs{2x - 5} < 9$ , ανταποκρίνεται το:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{9}\right)

Προτεινόμενο πρόβλημα 2Ένας κύβος

Να αποδειχθεί με τον ορισμό ότι $\lim_{x \to 1} x^3 = 1$ .

Υπόδειξη

Χρησιμοποίησε την παραγοντοποίηση της διαφοράς κύβων, $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ , και φράξε τον δεύτερο παράγοντα όταν το $x$ βρίσκεται ανάμεσα στο $0$ και στο $2$ .

Απάντηση

Αν $\abs{x - 1} < 1$ , τότε $0 < x^2 + x + 1 < 7$ , ώστε ανταποκρίνεται το:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)

Προτεινόμενο πρόβλημα 3Μια συνάρτηση που ταλαντεύεται

Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , ορισμένη στο $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , δεν έχει όριο όταν το $x$ τείνει στο $0$ .

Υπόδειξη

Ακολούθησε τη μέθοδο του λυμένου προβλήματος 4. Σε κάθε τρυπημένη περιοχή με κέντρο $0$ υπάρχουν σημεία όπου η συνάρτηση παίρνει την τιμή $1$ και σημεία όπου παίρνει την τιμή $-1$ : αναζήτησε $x$ της μορφής $\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ και $\frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}$ , με $n$ φυσικό αρκετά μεγάλο.

Απάντηση

Για κάθε $L$ κανένα $\delta$ δεν ανταποκρίνεται στην πρόκληση $\varepsilon = 1$ , γιατί για $n$ μεγάλο τα δύο σημεία που ακολουθούν απέχουν από το $0$ λιγότερο από $\delta$ , και σε αυτά η συνάρτηση παίρνει τις τιμές $1$ και $-1$ :

x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}

Αναλυτική λύση

Λύση

$0 < \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{2n\pi} < \resaltar{\delta}$
Έστω $L$ ένας πραγματικός και $\delta > 0$ . Από την αρχιμήδεια ιδιότητα υπάρχει φυσικός $n$ με $2n\pi > \frac{1}{\delta}$ · τότε τα δύο σημεία που ακολουθούν είναι θετικά και μικρότερα από $\delta$ .
$\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1$
Στο πρώτο, το $\frac{1}{x}$ είναι μια γωνία με ημίτονο $1$ · στο δεύτερο, μια γωνία με ημίτονο $-1$ .
$\abs{1 - L} + \abs{L + 1} \geq 2 \rightarrow \abs{1 - L} \geq 1 \vee \abs{-1 - L} \geq 1$
Όπως στο λυμένο πρόβλημα 4, οι αποστάσεις του $L$ από το $1$ και από το $-1$ έχουν άθροισμα τουλάχιστον $2$ , και μία από αυτές είναι τουλάχιστον $1$ . Η πρόκληση $\varepsilon = 1$ δεν έχει απόκριση, για κανένα $L$ .

Προτεινόμενο πρόβλημα 4Η σειρά των ποσοδεικτών

Έστω $f$ μια συνάρτηση ορισμένη στο $A$ , $a$ ένα σημείο συσσώρευσης του $A$ και $L$ ένας πραγματικός. Να αποδειχθεί ότι η παρακάτω πρόταση, που προκύπτει από τον ορισμό του ορίου αν εναλλάξουμε τους δύο πρώτους ποσοδείκτες, ισχύει αν και μόνο αν η $f$ παίρνει την τιμή $L$ σε όλα τα σημεία του $A$ κάποιας τρυπημένης περιοχής με κέντρο $a$ . Την ικανοποιεί η συνάρτηση $x^2$ στο $a = 3$ με $L = 9$ ;

(\exists \delta > 0)(\forall \varepsilon > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Υπόδειξη

Αν ένας μη αρνητικός αριθμός είναι μικρότερος από κάθε $\varepsilon > 0$ , είναι $0$ : διαφορετικά, ο ίδιος θα ήταν ένα $\varepsilon$ από το οποίο δεν είναι μικρότερος.

Απάντηση

Αφού σταθεροποιηθεί το $\delta$ της πρότασης, κάθε $x$ της τρυπημένης περιοχής ικανοποιεί την $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ για κάθε $\varepsilon > 0$ , άρα $f(x) = L$ · το αντίστροφο είναι άμεσο. Η συνάρτηση $x^2$ δεν την ικανοποιεί στο $3$ , παρόλο που το όριό της εκεί είναι $9$ , γιατί δεν είναι σταθερή σε κανένα διάστημα:

\left(3 + \frac{\delta}{2}\right)^2 \neq 9

Αναλυτική λύση

Λύση

$\dato{t}{(\forall \varepsilon > 0)\left(\abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)}$
Ας υποθέσουμε την πρόταση, και έστω $\delta$ η ακτίνα που αυτή εξασφαλίζει. Ας πάρουμε ένα $x$ του $A$ με $0 < \abs{x - a} < \delta$ · η ανισότητα ισχύει για κάθε θετικό $\varepsilon$ .
$\abs{f(x) - L} < \abs{f(x) - L} \rightarrow \bot, \qquad \resaltar{f(x) = L}$
Αν η $\abs{f(x) - L}$ ήταν θετική, θα μπορούσαμε να πάρουμε $\varepsilon = \abs{f(x) - L}$ , και η ανισότητα θα έλεγε ότι ένας αριθμός είναι μικρότερος από τον εαυτό του. Επομένως, είναι $0$ , και $f(x) = L$ .
$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} = 0 < \varepsilon$
Αντίστροφα, αν η $f$ παίρνει την τιμή $L$ στα σημεία του $A$ μιας τρυπημένης περιοχής ακτίνας $\delta$ , το ίδιο αυτό $\delta$ χρησιμεύει για κάθε $\varepsilon$ , γιατί η απόσταση είναι $0$ .
$0 < \abs{x - 3} < 6 \rightarrow x^2 \neq 9$
Η συνάρτηση $x^2$ δεν παίρνει την τιμή $9$ σε κανένα σημείο κοντινό στο $3$ και διαφορετικό από αυτό, ώστε δεν ικανοποιεί την πρόταση, παρόλο που ικανοποιεί τον ορισμό του ορίου. Η αντεστραμμένη πρόταση δεν είναι άλλος τρόπος να πούμε το ίδιο, αλλά πολύ ισχυρότερος ισχυρισμός.

Προτεινόμενο πρόβλημα 5Ένα όριο σε ένα μόνο σημείο

Η παρακάτω συνάρτηση ισούται με $x$ στους ρητούς και με $0$ στους άρρητους. Να αποδειχθεί ότι το όριό της στο $0$ είναι $0$ , και ότι δεν έχει όριο σε κανένα σημείο $a \neq 0$ .

h(x) = \begin{cases} x & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}

Υπόδειξη

Στο $0$ , παρατήρησε ότι $\abs{h(x)} \leq \abs{x}$ σε όλες τις περιπτώσεις. Στο $a \neq 0$ , πρότεινε την πρόκληση $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ και χρησιμοποίησε ότι σε κάθε διάστημα υπάρχουν ρητοί και άρρητοι, όπως αποδείχθηκε στο μάθημα για την πραγματική ευθεία: ένας κοντινός άρρητος αναγκάζει το $L$ να είναι κοντά στο $0$ , και ένας κοντινός ρητός, κοντά στο $a$ .

Απάντηση

Στο $0$ ανταποκρίνεται το $\delta = \varepsilon$ . Στο $a \neq 0$ , αν το $L$ ήταν το όριο, ένας άρρητος $y$ και ένας ρητός $x$ της τρυπημένης περιοχής ακτίνας $\min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$ θα έδιναν ταυτόχρονα τις δύο ανισότητες που ακολουθούν, οι οποίες είναι ασυμβίβαστες:

\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \abs{L} > \abs{x} - \frac{\abs{a}}{3} > \frac{\abs{a}}{3}

Αναλυτική λύση

Λύση

$0 < \abs{x} < \varepsilon \rightarrow \abs{h(x) - 0} \leq \abs{x} < \varepsilon$
Στο $0$ : στους ρητούς $\abs{h(x)} = \abs{x}$ , και στους άρρητους $\abs{h(x)} = 0$ · και στις δύο περιπτώσεις, η απόσταση της $h(x)$ από το $0$ δεν υπερβαίνει την απόσταση του $x$ από το $0$ , και ανταποκρίνεται το $\delta = \varepsilon$ .
$\delta' = \min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$
Έστω $a \neq 0$ και ας υποθέσουμε ότι το $L$ είναι το όριο στο $a$ . Με $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ υπάρχει ένα $\delta$ που ανταποκρίνεται, και το μειώνουμε, αν χρειάζεται, στο $\frac{\abs{a}}{3}$ .
$\abs{0 - L} < \frac{\abs{a}}{3} \rightarrow \dato{i}{\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}}$
Στην τρυπημένη περιοχή ακτίνας $\delta'$ υπάρχει ένας άρρητος $y$ , όπου η $h$ παίρνει την τιμή $0$ : το όριο μένει κοντά στο $0$ .
$\abs{x - L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \dato{r}{\abs{x} > \abs{a} - \frac{\abs{a}}{3} = \frac{2\abs{a}}{3}}$
Υπάρχει επίσης ένας ρητός $x$ , όπου η $h$ παίρνει την τιμή $x$ . Αφού το $x$ απέχει από το $a$ λιγότερο από $\frac{\abs{a}}{3}$ , η απόλυτη τιμή του είναι μεγαλύτερη από $\frac{2\abs{a}}{3}$ .
$\abs{L} \geq \abs{x} - \abs{x - L} > \frac{2\abs{a}}{3} - \frac{\abs{a}}{3} = \resaltar{\frac{\abs{a}}{3}}$
Από την τριγωνική ανισότητα, η $\abs{L}$ θα ήταν ταυτόχρονα μικρότερη και μεγαλύτερη από $\frac{\abs{a}}{3}$ : άτοπο. Δεν υπάρχει όριο στο $a$ .