Verifica di un limite per mezzo della definizione

[Alin2]

Salve a tutti, sto cercando di verificare questo limite applicando la definizione. Qualcuno può dare un'occhiata per dirmi se il ragionamento che ho fatto va bene? Grazie

$lim_(x -> 1) (3x-1)/(x+1)=1$

Definizione
$AA epsilon>0 EE delta >0 : 0
$abs((3x-1)/(x+1) -1)=abs((3x-1-x-1)/(x+1))=abs((2x-2)/(x+1))=abs((2*(x-1))/(x+1))=2*abs(x-1)*1/abs(x+1)
Ora per ipotesi, essendo $abs(x-1)
Dunque $3/4
questo ci suggerisce che $delta<=(3epsilon)/4$:
$abs(x-1)<3/4*epsilon rArr abs(x-1)*2/abs(x+1)<(3epsilon)/4*2/abs(x+1)

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Risposte

Mephlip

16 mar 2021, 13:36

Va quasi bene: rimane da notare che hai due disuguaglianze dall'alto su $\delta$ che vuoi siano simultaneamente vere, quindi un modo per essere sicuro di ciò è usare $\delta = \min{\frac{1}{2},\frac{3\varepsilon}{4}}$.

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milos144

16 mar 2021, 14:47

Scusami ma non capisco quando dici:
rimane da notare che hai due disuguaglianze dall'alto su$ δ$ che vuoi siano simultaneamente vere.
Grazie

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vict85

16 mar 2021, 15:21

Qualche piccola osservazione.

Si ha che \((x + 1) = x + 2 - 1 = 2 + (x-1)\). Quindi se \(\lvert x - 1\rvert < \delta\) allora \(2 - \delta < 2 + (x - 1) < 2 + \delta\).

Seconda cosa, se limiti \(\delta < 2\), puoi sempre supporre che \(x+ 1 > 0\). Quindi se metti questa condizione prima di fare i calcoli, avresti potuto arrivare a \begin{align*} \biggl\lvert\frac{2(x-1)}{x+1}\biggr\rvert &= \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1}\end{align*} e semplificarti qualche calcolo.

A questo punto da \(\lvert x - 1 \rvert < \delta\) si ricava che
\begin{align*}\frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} &< \frac{2\delta}{2 - \delta}\end{align*}
Questa condizione non è migliorabile se non aggiungendo condizioni aggiuntive sulle \(x\), infatti se prendo \(\delta = \frac14\) avrò che per \(\displaystyle x \rightarrow \frac{3}{4}^+\) si ha\(\displaystyle \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} \rightarrow \frac27^-\).
Quindi
\begin{align*}\frac{2\delta}{2 - \delta} &= \varepsilon \\
2\delta &= 2\varepsilon - \delta \varepsilon \\
( 2 + \varepsilon)\delta &= 2\varepsilon \\
\delta &= \frac{2\varepsilon}{2 + \varepsilon} \end{align*} o per meglio dire \(\displaystyle\delta = \min\Bigl( \frac{2\varepsilon}{2 + \varepsilon}, 2 \Bigr)\)

Ovviamente questo è solo un modo alternativo per farlo.

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Alin2

16 mar 2021, 16:07

Grazie a tutti voi! Dopo provo a riflettere su quanto mi avete spiegato. Ma quindi, cosa c'é che non va nel mio modo di procedere...a parte qualche passaggio in piú.
Grazie

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vict85

17 mar 2021, 00:10

Nulla, semplicemente leggendo mi era venuta l'altra strada e l'ho scritta. Non devi pensare che esista LA soluzione.

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Alin2

18 mar 2021, 15:14

Scusami $vict85$, mi puoi spiegare meglio quando dici
questa condizione non è migliorabile se non aggiungendo condizioni aggiuntive sulle \( x \), infatti se prendo \( \delta = \frac14 \) avrò che per \( \displaystyle x \rightarrow \frac{3}{4}^+ \) si ha\( \displaystyle \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} \rightarrow \frac27^- \).
Grazie

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Alin2

24 mar 2021, 10:23

Salve a tutti! Se qualcuno mi da un aiuto per capire meglio, sull'ultimo punto della discussione mi levo qualche dubbio Grazie

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vict85

24 mar 2021, 14:59

Quello che intendevo è che se consideri \(I_{\delta} = (1-\delta, 1+\delta)\), \(\displaystyle f(x) = \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} \) e \(\displaystyle k_{\delta} = \frac{2\delta}{2 - \delta} \) si avrà non solo che \(f(x) < k_\delta\) per ogni \(x\in I_{\delta}\) ma anche che \(\lim_{x\to (1-\delta)^+} f(x) = k_{\delta}\)

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Alin2

25 mar 2021, 16:22

Intanto grazie mille! In parole povere quindi, se ho capito, il valore del tuo $delta$,aggiungendo nuove condizioni alla $x$, per esempio ponendo $x=1/4$ si poteva migliorare ancora. Migliorando il valore del $delta$ siamo certi che $abs(f(x) - l)< epsilon$

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gugo82

26 mar 2021, 01:08

Il valore trovato da vict95 è il migliore possibile e poteva essere trovato anche risolvendo direttamente la disequazione $| (2x-2)/(x+1) | < epsilon$.
Infatti, si trova $-epsilon < (2x-2)/(x+1) < epsilon$, ossia:

$\{ (((2 - epsilon)x- (2 + epsilon))/(x+1) < 0), (((2 + epsilon) x- (2 - epsilon))/(x+1) > 0):}$

che per $0 < epsilon < 2$ porge:

$(2 - epsilon)/(2 + epsilon) < x < (2+epsilon)/(2-epsilon)$,

da cui:

$- (2epsilon)/(2 + epsilon) < x - 1 < (2epsilon)/(2-epsilon)$

cioè:

$|x-1| < min\{ (2epsilon)/(2 + epsilon), (2epsilon)/(2-epsilon)\} = (2epsilon)/(2 + epsilon)$.

Quindi il miglior valore di $delta$ che serve per soddisfare la definizione di limite per $epsilon$ "piccolo" (cioè, $0 < epsilon < 2$) è proprio:

$ delta := (2epsilon)/(2 + epsilon)$.

Lascio a te i calcoli per renderti conto che, invece, $delta = 1$ è il valore migliore se $epsilon >= 2$.

Morale della favola: il miglior $delta$ possibile per soddisfare la definizione di limite in corrispondenza di un qualsiasi$epsilon > 0$ è dato da:

$delta = min\{ (2epsilon)/(2 + epsilon), 1\}$.

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Alin2

26 mar 2021, 10:36

Ho verificato: se pongo $δ=1$,  il valore migliore si ottiene se $ε≥2$
In questo caso $lim_(x ->( 1-delta)^+) f(x)=delta$
Approfitto per chiedere conferma
In generale puó essere anche uno di questi:
$lim_(x ->( 1-delta)^-) f(x)=delta$
$lim_(x ->( 1+delta)^+) f(x)=delta$
$lim_(x ->( 1+delta)^-) f(x)=delta$

Altra cosa: per arrivare a un $delta$ così preciso si dovrebbe sempre risolvere direttamente la disequazione.

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[Mephlip]

Va quasi bene: rimane da notare che hai due disuguaglianze dall'alto su $\delta$ che vuoi siano simultaneamente vere, quindi un modo per essere sicuro di ciò è usare $\delta = \min{\frac{1}{2},\frac{3\varepsilon}{4}}$.

[milos144]

Scusami ma non capisco quando dici:
rimane da notare che hai due disuguaglianze dall'alto su$ δ$ che vuoi siano simultaneamente vere.
Grazie

[vict85]

Qualche piccola osservazione.

Si ha che \((x + 1) = x + 2 - 1 = 2 + (x-1)\). Quindi se \(\lvert x - 1\rvert < \delta\) allora \(2 - \delta < 2 + (x - 1) < 2 + \delta\).

Seconda cosa, se limiti \(\delta < 2\), puoi sempre supporre che \(x+ 1 > 0\). Quindi se metti questa condizione prima di fare i calcoli, avresti potuto arrivare a \begin{align*} \biggl\lvert\frac{2(x-1)}{x+1}\biggr\rvert &= \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1}\end{align*} e semplificarti qualche calcolo.

A questo punto da \(\lvert x - 1 \rvert < \delta\) si ricava che
\begin{align*}\frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} &< \frac{2\delta}{2 - \delta}\end{align*}
Questa condizione non è migliorabile se non aggiungendo condizioni aggiuntive sulle \(x\), infatti se prendo \(\delta = \frac14\) avrò che per \(\displaystyle x \rightarrow \frac{3}{4}^+\) si ha\(\displaystyle \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} \rightarrow \frac27^-\).
Quindi
\begin{align*}\frac{2\delta}{2 - \delta} &= \varepsilon \\
2\delta &= 2\varepsilon - \delta \varepsilon \\
( 2 + \varepsilon)\delta &= 2\varepsilon \\
\delta &= \frac{2\varepsilon}{2 + \varepsilon} \end{align*} o per meglio dire \(\displaystyle\delta = \min\Bigl( \frac{2\varepsilon}{2 + \varepsilon}, 2 \Bigr)\)

Ovviamente questo è solo un modo alternativo per farlo.

[Alin2]

Grazie a tutti voi! Dopo provo a riflettere su quanto mi avete spiegato. Ma quindi, cosa c'é che non va nel mio modo di procedere...a parte qualche passaggio in piú.
Grazie

[vict85]

Nulla, semplicemente leggendo mi era venuta l'altra strada e l'ho scritta. Non devi pensare che esista LA soluzione.

[Alin2]

Scusami $vict85$, mi puoi spiegare meglio quando dici
questa condizione non è migliorabile se non aggiungendo condizioni aggiuntive sulle \( x \), infatti se prendo \( \delta = \frac14 \) avrò che per \( \displaystyle x \rightarrow \frac{3}{4}^+ \) si ha\( \displaystyle \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} \rightarrow \frac27^- \).
Grazie

[Alin2]

Salve a tutti! Se qualcuno mi da un aiuto per capire meglio, sull'ultimo punto della discussione mi levo qualche dubbio Grazie

[vict85]

Quello che intendevo è che se consideri \(I_{\delta} = (1-\delta, 1+\delta)\), \(\displaystyle f(x) = \frac{2\lvert x-1\rvert}{x+1} \) e \(\displaystyle k_{\delta} = \frac{2\delta}{2 - \delta} \) si avrà non solo che \(f(x) < k_\delta\) per ogni \(x\in I_{\delta}\) ma anche che \(\lim_{x\to (1-\delta)^+} f(x) = k_{\delta}\)

[Alin2]

Intanto grazie mille! In parole povere quindi, se ho capito, il valore del tuo $delta$,aggiungendo nuove condizioni alla $x$, per esempio ponendo $x=1/4$ si poteva migliorare ancora. Migliorando il valore del $delta$ siamo certi che $abs(f(x) - l)< epsilon$

[gugo82]

Il valore trovato da vict95 è il migliore possibile e poteva essere trovato anche risolvendo direttamente la disequazione $| (2x-2)/(x+1) | < epsilon$.
Infatti, si trova $-epsilon < (2x-2)/(x+1) < epsilon$, ossia:

$\{ (((2 - epsilon)x- (2 + epsilon))/(x+1) < 0), (((2 + epsilon) x- (2 - epsilon))/(x+1) > 0):}$

che per $0 < epsilon < 2$ porge:

$(2 - epsilon)/(2 + epsilon) < x < (2+epsilon)/(2-epsilon)$,

da cui:

$- (2epsilon)/(2 + epsilon) < x - 1 < (2epsilon)/(2-epsilon)$

cioè:

$|x-1| < min\{ (2epsilon)/(2 + epsilon), (2epsilon)/(2-epsilon)\} = (2epsilon)/(2 + epsilon)$.

Quindi il miglior valore di $delta$ che serve per soddisfare la definizione di limite per $epsilon$ "piccolo" (cioè, $0 < epsilon < 2$) è proprio:

$ delta := (2epsilon)/(2 + epsilon)$.

Lascio a te i calcoli per renderti conto che, invece, $delta = 1$ è il valore migliore se $epsilon >= 2$.

Morale della favola: il miglior $delta$ possibile per soddisfare la definizione di limite in corrispondenza di un qualsiasi$epsilon > 0$ è dato da:

$delta = min\{ (2epsilon)/(2 + epsilon), 1\}$.

[Alin2]

Ho verificato: se pongo $δ=1$,  il valore migliore si ottiene se $ε≥2$
In questo caso $lim_(x ->( 1-delta)^+) f(x)=delta$
Approfitto per chiedere conferma
In generale puó essere anche uno di questi:
$lim_(x ->( 1-delta)^-) f(x)=delta$
$lim_(x ->( 1+delta)^+) f(x)=delta$
$lim_(x ->( 1+delta)^-) f(x)=delta$

Altra cosa: per arrivare a un $delta$ così preciso si dovrebbe sempre risolvere direttamente la disequazione.