Доказателство с Коши

[qwerty1]

Здравейте, как се доказват тези граници:

1. [tex]\lim_{x\to-1}\frac{2x^2-x+2}{x^2-x-1}=-5[/tex]

и

2. [tex]\lim_{x\to-3}\frac{x+1}{(x-1)(x+2)}=-\frac{1}{2}[/tex]

Първата изобщо не мога да изолирам x+1 в f(x)-epsilon, докато във втората изолирам x+3, но модулът на остатъка ми излиза безкрайна функция, която не мога да огранича отгоре, както пише в учебниците, че се процедира.

Моля дайте решение или идея как да процедирам изобщо по 1 и как да продължа по 2.

Благодаря!

[Реклама]

[Relinquishmentor]

За първата можем да действаме така:

[tex]\frac{2x^2 - x + 2}{x^2 - x - 1} = \frac{x^2 - x - 1 + x^2 + 3}{x^2 - x - 1} = 1 + \frac{x^2 + 3}{x^2 - x - 1}[/tex]

Сега да допуснем, че - 5 e граница. Търсим такова [tex]\delta[/tex], че при [tex]\mid{x + 1}\mid<\delta[/tex] да следва:

[tex] \left \mid{1 + \frac{x^2 + 3}{x^2 - x - 1} - (-5)}\right\mid< \varepsilon[/tex] за всяко [tex]\varepsilon[/tex]

Неравенството [tex]\mid{x + 1}\mid<\delta[/tex] ни дава [tex]-\mid{x + 1}\mid> -\delta[/tex]

Като използваме неравенството [tex]\mid{a - b}\mid\ge \mid{a}\mid - \mid{b}\mid[/tex] , ще получим:

[tex]\mid{x^2 - (x+1)}\mid \ge \mid{x^2}\mid - \mid{(x+1)}\mid > \mid{x^2}\mid - \delta[/tex]

Това влече също:

[tex]\frac{1}{\mid{x^2 - (x+1)}\mid } < \frac{1}{x^2 - \delta}[/tex], а ако го умножим и с вечно положителното число [tex]x^2 + 3[/tex] , то става:

[tex] \frac{x^2 + 3}{\mid{x^2 - (x+1)}\mid } < \frac{x^2 + 3}{x^2 - \delta}[/tex]

Използайки неравенството на триъгълника, виждаме, че

[tex]\left \mid{\frac{x^2 + 3}{x^2 - (x+1)} + 6 }\right\mid \le \left \mid \frac{x^2 + 3}{x^2 - (x+1)} \right \mid + 6 < 6 + \frac{x^2 + 3}{x^2 - \delta}[/tex]

Сега, ако на произволното положително число [tex]\varepsilon[/tex] съпоставим числото [tex]\delta[/tex] , определено от уравнението [tex]\varepsilon = 6 + \frac{x^2 + 3}{x^2 - \delta}[/tex] виждаме, че условията на Коши са изпълнени и границата наистина е тази.

Хайде някой поправчик да ремонтира модулните скоби

[Relinquishmentor]

Оттук можем да представим [tex]\varepsilon[/tex] само като функция на [tex]\delta [/tex], т.е. да покажем, че функцията е равномерно непрекъсната в точката -1. Ще считаме, че при произволно взето [tex]\varepsilon[/tex] сме взели [tex]\delta [/tex] - околността такава, че [tex]-1 + \delta < 0[/tex], при което и х ще е по-малко от нула.
От неравенствата

[tex]x < \delta -1[/tex]
[tex]x> -\delta - 1[/tex] получаваме:

[tex]x^2 > (\delta - 1)^2 = \delta ^2 - 2\delta +1[/tex]
[tex]x^2 - \delta >\delta ^2 - 3\delta +1[/tex]
[tex]\frac{1}{x^2 - \delta} < \frac{1}{\delta ^2 - 3\delta +1}[/tex]


[tex]x^2<(-\delta -1)^2[/tex]
[tex]x^2 + 3 < \delta ^2 + 2\delta +4[/tex]
За да умножим неравенствата [tex]x^2 + 3 < \delta ^2 + 2\delta +4[/tex] и [tex]\frac{1}{x^2 - \delta} < \frac{1}{\delta ^2 - 3\delta +1}[/tex] обаче трябва още да свием [tex]\delta[/tex] - околността, така, че да е изпълнено [tex]\frac{1}{\delta ^2 - 3\delta +1}>0 [/tex]. Така, че трябва да имаме [tex]\delta < \frac{3 - \sqrt{5} }{2}[/tex] . Умножаваме неравенствата и получаваме:

[tex]\frac{x^2 + 3}{x^2 -\delta } < \frac{\delta ^2 + 2\delta +4}{\delta ^2 - 3\delta +1} [/tex]


[tex]6 + \frac{x^2 + 3}{x^2 -\delta } <\frac{7\delta ^2 - 16\delta +10}{\delta ^2 - 3\delta +1} [/tex]

Тогава ако на всяко [tex]\varepsilon[/tex] съпоставим [tex]\delta [/tex], определена от равенствата [tex]\varepsilon = \frac{7\delta ^2 - 16\delta +10}{\delta ^2 - 3\delta +1} [/tex] ще получим навярно каквото ни трябва-

Стига толкова от мен, че вече изпушвам. Някой да предложи по-красиво и елегантно доказателство.

[qwerty1]

Не знам дали ще ми станат ясни тези решения, но благодаря за усилията.

[r2d2]

[Relinquishmentor]

Приемам забележката.
За всяко епсилон няма как да стане.
Получила се е безсмислица.
Аз не ги разбирам много тези задачи.
Ще напишеш ли решение ?

[r2d2]

[martosss]

не че нещо, ама защо просто не си заместим с дадената стойност При положение че знаменателят не става 0, то ... спокойно си излизат тези отговори.