函数极限的唯一性怎么证明
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解决时间 2021-01-07 03:48
- 提问者网友:难遇难求
- 2021-01-06 10:48
函数极限的唯一性怎么证明
最佳答案
- 二级知识专家网友:酒醒三更
- 2021-01-06 11:03
证明如下:
假设存在a,b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限,且a任意给定ε>0(要注意,这个ε是对a,b都成立)。
总存在一个δ1>0,当0<丨x-x。丨<δ1时,使得丨f(x)-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0,当0<丨x-x。丨<δ2时,使得丨f(x)-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε 令δ=min{δ1,δ2},当0<丨x-x。丨<δ时。①,②两个不等式同时成立。
因为①,②两个不等式同时成立,所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即:b-ε≤a+ε,移项得:(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数,所以这个结论与极限的定义:ε可以任意小矛盾,所以假设不成立,因此不存在a,b两个数都是f(x)的极限,除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明,证法完全一样。
证毕。
假设存在a,b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限,且a任意给定ε>0(要注意,这个ε是对a,b都成立)。
总存在一个δ1>0,当0<丨x-x。丨<δ1时,使得丨f(x)-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0,当0<丨x-x。丨<δ2时,使得丨f(x)-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε
因为①,②两个不等式同时成立,所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即:b-ε≤a+ε,移项得:(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数,所以这个结论与极限的定义:ε可以任意小矛盾,所以假设不成立,因此不存在a,b两个数都是f(x)的极限,除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明,证法完全一样。
证毕。
全部回答
- 1楼网友:纵马山川剑自提
- 2021-01-06 12:57
引用林清他爹的回答:
证明如下:
假设存在a,b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限,且a任意给定ε>0(要注意,这个ε是对a,b都成立)。
总存在一个δ1>0,当0<丨x-x。丨<δ1时,使得丨f(x)-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0,当0<丨x-x。丨<δ2时,使得丨f(x)-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε 因为①,②两个不等式同时成立,所以①式右端必定大于或等于②式左端。
即:b-ε≤a+ε,移项得:(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数,所以这个结论与极限的定义:ε可以任意小矛盾,所以假设不成立,因此不存在a,b两个数都是f(x)的极限,除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明,证法完全一样。
证毕。所以①式右端必定大于或等于②式左端?
证明如下:
假设存在a,b两个数都是函数f(x)当x→x。的极限,且a任意给定ε>0(要注意,这个ε是对a,b都成立)。
总存在一个δ1>0,当0<丨x-x。丨<δ1时,使得丨f(x)-a丨<ε成立。
总存在一个δ2>0,当0<丨x-x。丨<δ2时,使得丨f(x)-b丨<ε成立。
上面的不等式可以等价变换为a-ε
即:b-ε≤a+ε,移项得:(b-a)/2≤ε,因为(b-a)/2是一个确定大小的正数,所以这个结论与极限的定义:ε可以任意小矛盾,所以假设不成立,因此不存在a,b两个数都是f(x)的极限,除非a=b矛盾才不会出现。
倘若是x趋于无穷大时的唯一性证明可以参看高数书数列极限唯一性证明,证法完全一样。
证毕。所以①式右端必定大于或等于②式左端?
- 2楼网友:夜风逐马
- 2021-01-06 11:23
函数极限的定义是:设函数f(x)在点x。的某一去心邻域内有定义,如果存在常数A,对于任意给定的正数ε(无论它多么小),总存在正数δ ,使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A|<ε
那么常数A就叫做函数f(x)当x→x。时的极限。
下面根据上面的定义证明唯一性。 反证法, 假设另外还存在一个A1为f(x)在x0处的极限,且 |A1-A|>0.
取定义中的 ε=|A1-A|/2,
存在正数δ1 ,使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ1 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A|<ε
存在正数δ2 ,使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ2 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A1|<ε
设 δ=min(δ1,δ2), 即为δ1,δ2中小的那个。则当x满足不等式0<|x-x。|<δ 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A|<ε和 |f(x)-A1|<ε
于是 |A-A1| <= |A-f(x)| + |f(x)-A1| < 2ε = |A1-A|.
矛盾! 所以极限唯一。
祝学业有成。
|f(x)-A|<ε
那么常数A就叫做函数f(x)当x→x。时的极限。
下面根据上面的定义证明唯一性。 反证法, 假设另外还存在一个A1为f(x)在x0处的极限,且 |A1-A|>0.
取定义中的 ε=|A1-A|/2,
存在正数δ1 ,使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ1 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A|<ε
存在正数δ2 ,使得当x满足不等式0<|x-x。|<δ2 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A1|<ε
设 δ=min(δ1,δ2), 即为δ1,δ2中小的那个。则当x满足不等式0<|x-x。|<δ 时,对应的函数值f(x)都满足不等式:
|f(x)-A|<ε和 |f(x)-A1|<ε
于是 |A-A1| <= |A-f(x)| + |f(x)-A1| < 2ε = |A1-A|.
矛盾! 所以极限唯一。
祝学业有成。
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