いつでも医師に相談、gooドクター

例えば、lim(x → 1)(x+3)=4と書きますが、これは、なぜ=かというと、4に限りなく近づいて、
もう4とみなしてもいいくらい大差がないから。ということで、=なのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

質問者からの補足コメント

  • うーん・・・

    δ=a<1
    0<|x-1|<δ
    この 2つはどのように予想したのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

    No.15の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時:2021/03/14 08:26
  • うーん・・・

    δ=aとしなければいけない理由は何なのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

    No.18の回答に寄せられた補足コメントです。 補足日時:2021/03/14 21:26
gooドクター

A 回答 (19件中1~10件)

K>4


としたのは4には収束しない事を強調するためにK>4にしたのです
だから
単に
「すべてのKに対して」でもかまいません
-------------------------
例えば
x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

全てのK>4に対して
---------------------------------------------------------
a<1
だから
0<|x-1|<a
とすると
|x-1|<1
-1<x-1<1
0<x<2
-2<-x<0
0<3<5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5

ここで
a^2/|x-1|-5>Kとなるようなxの範囲を求めると
↓両辺に5を加えると
a^2/|x-1|>K+5
↓両辺に|x-1|/(K+5)をかけると

a^2/(K+5)>|x-1|
だから
δ=a^2/(K+5)と予想する
----------------------------------------------------------
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです
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δ=aとしたのは


|x-1|<δ
となる
x
に対して
|f(x)|=|{|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)|>K
となり
|f(x)|が∞に発散し
4に収束しない事を証明するために
δ=a
にしたのです
-------------------------
例えば
x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

全てのK>4に対して
---------------------------------------------------------
δ=a<1
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<1
-1<x-1<1
0<x<2
-2<-x<0
0<3<5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5

ここで
a^2/|x-1|-5>Kとなるようなxの範囲を求めると
↓両辺に5を加えると
a^2/|x-1|>K+5
↓両辺に|x-1|/(K+5)をかけると

a^2/(K+5)>|x-1|
だから
δ=a^2/(K+5)と予想する
----------------------------------------------------------
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです
この回答への補足あり
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この回答へのお礼

δ=aとするメリットがあるのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/14 20:12


4に限りなく近づいて、
もう4とみなしてもいいくらい大差がないから

という理由で
lim(x→1)(x+3)=4
と書いているのではない事を示すために
a=|x-1|が0とみなしてもいいくらい大差がない値のとき
0<|x-1|<aとなるxに対して4に収束しない関数
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
を定義したので
δ=aとする必要があるのです。

x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
f(a+3)=x+3=4+s
とした時|a|=sとした時の
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
としたのです
そして
|x-1|<a
の時に
4に収束しない関数f(x)を
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

定義したのです
だから
δ=a
とする必要があるのです
-------------------------
例えば
x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

全てのK>4に対して
---------------------------------------------------------
δ=a<1
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<1
-1<x-1<1
0<x<2
-2<-x<0
0<3<5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5

ここで
a^2/|x-1|-5>Kとなるようなxの範囲を求めると
↓両辺に5を加えると
a^2/|x-1|>K+5
↓両辺に|x-1|/(K+5)をかけると

a^2/(K+5)>|x-1|
だから
δ=a^2/(K+5)と予想する
----------------------------------------------------------
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです
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この回答へのお礼

つまり、δ=a としたのは、結局どういう事でしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/14 12:04

K>4


としたのは4には収束しない事を強調するためにK>4にしたのです
だから
単に
「すべてのKに対して」でもかまいません
δ=a<1
0<|x-1|<δ
は予想ではありません
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
としたのです
そして
|x-1|<a
の時に|f(x)|が4に収束しない事を証明するために
δ=a
としたのです
-------------------------
例えば
x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

全てのK>4に対して
---------------------------------------------------------
δ=a<1
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<1
-1<x-1<1
0<x<2
-2<-x<0
0<3<5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5

ここで
a^2/|x-1|-5>Kとなるようなxの範囲を求めると
↓両辺に5を加えると
a^2/|x-1|>K+5
↓両辺に|x-1|/(K+5)をかけると

a^2/(K+5)>|x-1|
だから
δ=a^2/(K+5)と予想する
----------------------------------------------------------
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです
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この回答へのお礼

なぜ、δ=aとする必要があったのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/14 10:03

例えば


x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

lim_{x→1-0}f(x)
=lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1-0}(x-1)=-0
↓分母は負方向から0に近づくから

=-∞
となる

lim_{x→1+0}f(x)
=lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1+0}(x-1)=+0
↓分母は正方向から0に近づくから

=∞
となるから

xを1よりも小さい方向から1へ近づけるとf(x)は-∞に発散するから
lim_{x→1-0}f(x)=-∞
xを1よりも大きい方向から1へ近づけるとf(x)は∞に発散するから
lim_{x→1+0}f(x)=∞
となるから
xを1へ近づけるとf(x)は±∞に発散するからf(x)は4には収束しないから
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
|f(x)|は4には収束しません
|f(x)|は∞に発散します
小さい方から1に近づけるとf(x)は-∞に発散するけれども
f(x)の絶対値|f(x)|は∞に発散するのです

全てのK>4に対して
---------------------------------------------------------
δ=a<1
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<1
-1<x-1<1
0<x<2
-2<-x<0
0<3<5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5

ここで
a^2/|x-1|-5>Kとなるようなxの範囲を求めると
↓両辺に5を加えると
a^2/|x-1|>K+5
↓両辺に|x-1|/(K+5)をかけると

a^2/(K+5)>|x-1|
だから
δ=a^2/(K+5)と予想する
----------------------------------------------------------
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる
この回答への補足あり
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この回答へのお礼

全てのK>4に対して
という所はなぜ、K>4としたのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/14 08:10

例えば


x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

lim_{x→1-0}f(x)
=lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1-0}(x-1)=-0
↓分母は負方向から0に近づくから

=-∞
となる

lim_{x→1+0}f(x)
=lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1+0}(x-1)=+0
↓分母は正方向から0に近づくから

=∞
となるから

xを1よりも小さい方向から1へ近づけるとf(x)は-∞に発散するから
lim_{x→1-0}f(x)=-∞
xを1よりも大きい方向から1へ近づけるとf(x)は∞に発散するから
lim_{x→1+0}f(x)=∞
となるから
xを1へ近づけるとf(x)は±∞に発散するからf(x)は4には収束しないから
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
|f(x)|は4には収束しません
|f(x)|は∞に発散します
小さい方から1に近づけるとf(x)は-∞に発散するけれども
f(x)の絶対値|f(x)|は∞に発散するのです

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)は4には収束しません
|f(x)|=|{|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)|は∞に発散します
小さい方から1に近づけるとf(x)は-∞に発散するけれども
f(x)の絶対値|f(x)|は∞に発散するのです

g(x)=x+3
とすると
x→1の時
g(x)は4に収束します
lim_{x→1}g(x)=lim_{x→1}x+3=4

全てのε>0に対して
δ=εとすると
|x-1|<δとなるすべてのxに対して
g(x)=x+3
↓両辺から4を引くと
g(x)-4=x+3-4
↓x+3-4=x-1だから
g(x)-4=x-1
↓両辺の絶対値をとると
|g(x)-4|=|x-1|
↓|x-1|<δだから
|g(x)-4|<δ
↓δ=εだから
|g(x)-4|<ε
だから
g(x)は4に収束するから
lim_{x→1}g(x)=4

全てのε>0に対して
あるδ>0が存在して
|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|<ε
となる時に(x→1の時g(x)は4に収束するといい)
lim_{x→1}g(x)=4
と書くのです

|x-1|<δ
↓↑(同値)
1-δ<x<1+δ

|g(x)-4|<ε
↓↑(同値)
4-ε<g(x)<4+ε

だから

全てのε>0に対して
あるδ>0が存在して
1-δ<x<1+δとなるすべてのxに対して
4-ε<g(x)<4+ε
となる時も
lim_{x→1}g(x)=4
と書けるのです
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この回答へのお礼

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると
ここは、なぜこの様な予測がつくのでしょうか?ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/13 21:45

例えば


x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
とすると
aは0とみなしてもいいくらい大差がない値なのだから多くとも1より小さいから
0<a<1
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

lim_{x→1-0}f(x)
=lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1-0}(x-1)=-0
↓分母は負方向から0に近づくから

=-∞
となる

lim_{x→1+0}f(x)
=lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1+0}(x-1)=+0
↓分母は正方向から0に近づくから

=∞
となるから

xを1よりも小さい方向から1へ近づけるとf(x)は-∞に発散するから
lim_{x→1-0}f(x)=-∞
xを1よりも大きい方向から1へ近づけるとf(x)は∞に発散するから
lim_{x→1+0}f(x)=∞
となるから
xを1へ近づけるとf(x)は±∞に発散するからf(x)は4には収束しないから
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
|f(x)|は4には収束しません
|f(x)|は∞に発散します
小さい方から1に近づけるとf(x)は-∞に発散するけれども
f(x)の絶対値δ=a^2/(K+5)|f(x)|は∞に発散するのです

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると

0<a<1だから
↓両辺にaをかけると
0<a^2<a
↓a<1だから
0<a^2<a<1

4<Kだから
↓両辺に5を加えると
9<K+5
↓両辺にa^2/{9(K+5)}をかけると
a^2/(K+5)<a^2/9
↓δ=a^2/(K+5)だから
δ<a^2/9

a^2<a<1
↓各辺を9で割ると
a^2/9<a/9<1/9
↓δ<a^2/9だから
δ<a^2/9<a/9<1/9
↓1/9<1だから
δ<1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ=a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

δ<a^2/9<a/9<1/9
δ<a^2/9<a/9
δ<a/9
↓a/9<aだから
δ<a

0<|x-1|<δ
↓δ<aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)は4には収束しません
|f(x)|=|{|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)|は∞に発散します
小さい方から1に近づけるとf(x)は-∞に発散するけれども
f(x)の絶対値|f(x)|は∞に発散するのです

g(x)=x+3
とすると
x→1の時
g(x)は4に収束します
lim_{x→1}g(x)=lim_{x→1}x+3=4

全てのε>0に対して
δ=εとすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|=|(x+3)-4|=|x-1|<δ=ε
となるから
lim_{x→1}g(x)=4

全てのε>0に対して
あるδ>0が存在して
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|<ε
となる時に(x→1の時g(x)は4に収束するといい)
lim_{x→1}g(x)=4
と書くのです
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この回答へのお礼

f(x)の絶対値δ=a^2/(K+5)|f(x)|は∞に発散するのです

全てのK>4に対して
δ=a^2/(K+5)
0<|x-1|<δ
とすると
ここら辺が分かりません。ご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/13 18:00

例えば


x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

lim_{x→1-0}f(x)
=lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1-0}(x-1)=-0
↓分母は負方向から0に近づくから

=-∞
となる

lim_{x→1+0}f(x)
=lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1+0}(x-1)=+0
↓分母は正方向から0に近づくから

=∞
となるから

xを1よりも小さい方向から1へ近づけるとf(x)は-∞に発散するから
lim_{x→1-0}f(x)=-∞
xを1よりも大きい方向から1へ近づけるとf(x)は∞に発散するから
lim_{x→1+0}f(x)=∞
となるから
xを1へ近づけるとf(x)は±∞に発散するからf(x)は4には収束しないから
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
|f(x)|は4には収束しません
|f(x)|は∞に発散します

全てのK>4に対して
a^2/(K+5),a,1の中の最小値を
δ=min(a^2/(K+5),a,1)
とする
0<|x-1|<δ
とすると
δはa^2/(K+5),a,1の中の最小値だから
δ≦a^2/(K+5)
δ≦a
δ≦1
のどれも成り立つから
δ≦1
↓|x-1|<δだから
|x-1|<1
だから

0≦x-1の時
|x-1|=x-1だから
↓|x-1|<1だから
x-1<1
↓0≦x-1だから
0≦x-1<1
↓各辺に1を加えると
1≦x<2

x-1<0の時
|x-1|=1-xだから
↓|x-1|<1だから
1-x<1
↓両辺にx-1を加えると
0<x
↓x-1<0だから
↓x<1だから
0<x<1
↓これと1≦x<2から
0<x<2
0<x
↓両辺に5-xを加えると
5-x<5
↓x<2<5だから
↓x<5だから
↓0<5-xだから
↓5-x=|5-x|だから
|5-x|<5
↓両辺に-5-|5-x|を加えると
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ
↓δ≦a^2/(K+5)だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

0<|x-1|<δ
↓δ≦aだから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=min(a^2/(K+5),a,1)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)は4には収束しません
|f(x)|=|{|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)|は∞に発散します

g(x)=x+3
とすると
x→1の時
g(x)は4に収束します
lim_{x→1}g(x)=lim_{x→1}x+3=4

全てのε>0に対して
δ=εとすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|=|(x+3)-4|=|x-1|<δ=ε
となるから
lim_{x→1}g(x)=4

全てのε>0に対して
あるδ>0が存在して
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|<ε
となる時に(x→1の時g(x)は4に収束するといい)
lim_{x→1}g(x)=4
と書くのです
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この回答へのお礼

a^2/(K+5),a,1の中の最小値を
δ=min(a^2/(K+5),a,1)
とする
0<|x-1|<δ
とすると
δはa^2/(K+5),a,1の中の最小値だから
δ≦a^2/(K+5)
δ≦a
δ≦1
のどれも成り立つから
δ≦1
ここをもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。

お礼日時:2021/03/07 21:45

例えば


x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

lim_{x→1-0}f(x)
=lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1-0}(x-1)=-0
↓分母は負方向から0に近づくから

=-∞
となる

lim_{x→1+0}f(x)
=lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1+0}(x-1)=+0
↓分母は正方向から0に近づくから

=∞
となるから

xを1よりも小さい方向から1へ近づけるとf(x)は-∞に発散するから
lim_{x→1-0}f(x)=-∞
xを1よりも大きい方向から1へ近づけるとf(x)は∞に発散するから
lim_{x→1+0}f(x)=∞
となるから
xを1へ近づけるとf(x)は±∞に発散するからf(x)は4には収束しないから
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
|f(x)|は4には収束しません
|f(x)|は∞に発散します

全てのK>4に対して
δ=min(a^2/(K+5),a,1)
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<δ≦1
だから
|x-1|<1
だから
-1<x-1<1
0<x<2
-x<0
1-x<1
5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ≦a^2/(K+5)
だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

0<|x-1|<δ≦a
だから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K
>4
だから

全てのK>4に対して
δ=min(a^2/(K+5),a,1)とすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|f(x)|>K>4
となるから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)は4には収束しません
|f(x)|=|{|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)|は∞に発散します

g(x)=x+3
とすると
x→1の時
g(x)は4に収束します
lim_{x→1}g(x)=lim_{x→1}x+3=4

全てのε>0に対して
δ=εとすると
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|=|(x+3)-4|=|x-1|<δ=ε
となるから
lim_{x→1}g(x)=4

全てのε>0に対して
あるδ>0が存在して
0<|x-1|<δとなるすべてのxに対して
|g(x)-4|<ε
となる時に(x→1の時4に収束するといい)
lim_{x→1}g(x)=4
と書くのです
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この回答へのお礼

全てのK>4に対して
δ=min(a^2/(K+5),a,1)
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<δ≦1
だから
|x-1|<1
だから
-1<x-1<1
0<x<2
-x<0
1-x<1
5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ≦a^2/(K+5)
だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

0<|x-1|<δ≦a
だから
|x-1|<a
だから
ここをもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。もう少し簡単に書き直して頂きたいのですが。

お礼日時:2021/03/07 19:38

例えば


x+3が
4に限りなく近づいて
もう4とみなしてもいいくらい大差がない値を
x+3=4+s
とすると
x=1+s
となるのだけれども
そのsにたいして
a=|s|>0
x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)

関数f(x)を定義すると

|x-1|≧aの時
f(x)
={(x-1)^2-a^2+4x-4+a^2}/(x-1)
=(x^2-2x+1-a^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(x^2+2x-3)/(x-1)
=(x+3)(x-1)/(x-1)
=x+3
だから
f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だけれども

|x-1|<aの時
f(x)
=(a^2-(x-1)^2+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-x^2+2x-1+4x-4+a^2)/(x-1)
=(a^2-5+6x-x^2)/(x-1)
={a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

lim_{x→1-0}f(x)
=lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1-0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1-0}(x-1)=-0
↓分母は負方向から0に近づくから

=-∞
となる

lim_{x→1+0}f(x)
=lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}/(x-1)

↓lim_{x→1+0}{a^2+4-(x-3)^2}=a^2+4-(1-3)^2=a^2+4-2^2=a^2
↓分子はa^2に近づき
↓lim_{x→1+0}(x-1)=+0
↓分母は正方向から0に近づくから

=∞
となるから

xを1よりも小さい方向から1へ近づけるとf(x)は-∞に発散するから
lim_{x→1-0}f(x)=-∞
xを1よりも大きい方向から1へ近づけるとf(x)は∞に発散するから
lim_{x→1+0}f(x)=∞
となるから
xを1へ近づけるとf(x)は±∞に発散するからf(x)は4には収束しないから
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
だから

f(1+a)=4+a=4+|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
f(1-a)=4-a=4-|s|

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから
という理由だけで
lim_{x→1}f(x)=4
としてしまうと
実際には
lim_{x→1}f(x)=±∞≠4
となる事もあるのだから

もう4とみなしてもいいくらい大差がない値
だから

lim_{x→1}f(x)=4
としているのではありません
間違いです

x≠1に対して
f(x)={|(x-1)^2-a^2|+4x-4+a^2}/(x-1)
とすると
x→1の時
|f(x)|は4には収束しません
|f(x)|は∞に発散します

全てのK>0に対して
δ=min(a^2/(K+5),a,1)
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<δ≦1
だから
|x-1|<1
だから
-1<x-1<1
0<x<2
-x<0
1-x<1
5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ≦a^2/(K+5)
だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

0<|x-1|<δ≦a
だから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K

だから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる
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この回答へのお礼

全てのK>0に対して
δ=min(a^2/(K+5),a,1)
0<|x-1|<δ
とすると
|x-1|<δ≦1
だから
|x-1|<1
だから
-1<x-1<1
0<x<2
-x<0
1-x<1
5-x<5
|5-x|<5
-5<-|5-x|

0<|x-1|<δ≦a^2/(K+5)
だから
|x-1|<a^2/(K+5)
↓両辺に(K+5)/|x-1|をかけると
K+5<a^2/|x-1|

0<|x-1|<δ≦a
だから
|x-1|<a
だから

|f(x)|
=|a^2+4-(x-3)^2|/|x-1|
=|a^2-x^2+6x-5|/|x-1|
=|a^2+(x-1)(5-x)|/|x-1|
=|5-x+{a^2/(x-1)}|
≧|a^2/(x-1)|-|5-x|
↓-|5-x|>-5だから
>a^2/|x-1|-5
↓a^2/|x-1|>K+5だから
>K+5-5
=K

だから

lim_{x→1}|f(x)|=∞≠4
となる
ここをもう少し詳しくご教授頂けると幸いです。すみませんが。一体どう言う時に4に収束するのでしょうか?

お礼日時:2021/03/07 18:11

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