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gedefet
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Edad: 33
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Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 12:31 pm  Asunto:  Existencia del límite Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Hola, cómo pruebo la existencia del límite en un punto x0 para la función X^2?Lo que debo hacer, es probar la implicación que define al límite: f tiene límite en x0 <para>0 existe δ>0 / |x-x0|<948> |f(x)-f(x0)|<ε . Es decir, en general tengo que encontrar δ=δ(ε). Para el caso de f(x)=x es fácil porque es directo, δ=ε. Pero para f(x)=x^2 por ejemplo?Me queda:


|f(x)-f(x0)|=|x^2-x0^2|=|(x-x0)(x+x0)|=|x-x0||x+x0|<δ|x+x0|

Cómo me saco de encima ese |x+x0| del final?No puedo acotarlo con delta, ya que no necesariamente es cierto, podré partir en intervalos y ver que pasa?De la desigualdad triangular:

|x+x0|<=|x|+|x0|

y también

|x-x0|<=|x|+|x0|

Pero no encuentro cómo usarlo.

Saludos!

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gedefet
Nivel 9


Edad: 33
Registrado: 06 May 2008
Mensajes: 936

Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 12:35 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

No sale bien la definición, la pego de wikipedia: http://es.wikipedia.org/wiki/L%C3%ADmite_de_una_funci%C3%B3n#Definici.C3.B3n_formal

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manuco
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 1:08 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

gedefet,


estás acotando mal en el ultimo paso:

fx - fxo menor que (x-xo)·(x+xo) menor que EPSILON·(x+xo) igual a

EPSILON·(x-xo + 2·xo) menor que Epsilon cuadrado mas 2 modulo de xo


si querés que toda la cuenta te de menor que delta, despejas epsilon cuadrado:

epsilon cuadrado menor que delta dividido 2modulo de xo. tomas raiz cuadrada y te queda que el epsilon que tenes que tomar tiene que ser menor que

raiz de (delta dividido 2 modulo de xo)

y listo.


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manuco
Nivel 4



Registrado: 22 May 2008
Mensajes: 84


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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 1:11 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

(aca se ve porque X^2 no es uniformemente continua en R)


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sabian_reloaded
Nivel 9


Edad: 33
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 1:46 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

En forma similar a lo que dijo manuco:

[tex] \delta |x+x_0| = \delta |x-x_0 + 2x_0 | \le \delta (\delta + |x_0|) = \epsilon [/tex]

De esto se ve gráficamente, que siempre podés dar un epsilon y encontrar un delta apropiado, pues en el primer cuadrante la función delta * (delta + |x0|) es biyectiva.

Sino lo que podés hacer, un poco más algebraico, es dar un valor en la desigualdad de arriba, despejar delta y luego el delta apropiado va a ser el mínimo de los dos.


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gedefet
Nivel 9


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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 1:54 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Me parece que no, che. Al principio tenés que acotarlo por delta, por que si no estás usando la tesis que es justamente lo que quiero demostrar. Por otra parte si en esa última fórmula x0=0 te queda que epsilon (delta, en realidad) tiende a infinito, y no puede ser. Me diste una idea con lo de sumar y restar 2x0, pero todavía no pude llegar :S

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gedefet
Nivel 9


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Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 1:58 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Yo llegué a eso Sabian (No te comiste un 2 antes del ultimo igual?) pero no estaba seguro en si podía o no depender de x0

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sabian_reloaded
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 1:59 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Si, me comí el 2.

Y sí, puede depender de x0 porque estás probando convergencia puntual. Si fuera uniforme, sería otro cantar (y de hecho, tendrías que tomar una región cerrada de trabajo, en el abierto menos infinito, infinito no hay uniformidad).


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df
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Carrera: Civil
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 2:15 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Como dice El de La Plata como [tex]\delta > 0[/tex], tomando [tex] \epsilon = \delta ^2 +2 \delta |x_0| [/tex] te queda delta unívocamente definido como función de epsilon y vale la tesis.













creo.

_________________
[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]

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gedefet
Nivel 9


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Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 2:20 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Claro, y si resolvés la cuadrática te queda sólo un delta por elegir, pues el otro te queda sí o sí negativo

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df
Nivel 9


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Registrado: 15 May 2010
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Carrera: Civil
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 2:22 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Che gedefet de donde sacaste esto? (de curioso)

_________________
[tex] \nabla ^u \nabla_u \phi = g^{ij} \Big( \frac{\partial ^2 \phi}{\partial x^i \partial x^j} - \Gamma^{k}_{ij} \frac{\partial \phi}{\partial x^k} \Big)\\\\\frac{\partial \sigma^{ij}}{\partial x^i} + \sigma^{kj} \Gamma^i _{ki} + \sigma^{ik} \Gamma^j _{ki} = 0[/tex]

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gedefet
Nivel 9


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Carrera: Electrónica
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 2:27 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Ayer hablando en física 2 con los profes sobre las expresiones de los estudiantes en general al escuchar la palabra "demostración", y seguido del "te acordás del límite por definición con el delta y el épsilon...", y bueno, me fijé para el caso para x y luego para x^2 y el fracasar me llevó a postear acá :P

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sabian_reloaded
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 2:31 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Igual demostrarlo con los polinomios era re jodido me acuerdo jajaja.

Después es más facil ya porque partis de numeradores y denominadores que ya sabes que son continuos y derivables y tenes más triquiñuelas para hacer.


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Jorge Pérez
Nivel 6



Registrado: 02 May 2006
Mensajes: 210


MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 3:36 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

Una forma más simple es ésta:

Partiendo de

[tex] |f(x)-f(x_0)| < \delta (\delta +2|x_0|) [/tex]

e imponiendo que [tex] \delta \le 1 [/tex], llegamos a
[tex]  |f(x)-f(x_0)| < \delta (1+2|x_0|) [/tex] cuando [tex] |x-x_0|<\delta.[/tex]

Luego, tomando [tex] \delta = \min\{1,\varepsilon/(1+2|x_0|)\} [/tex]

tenemos que si [tex] |x-x_0|<\delta[/tex], entonces

[tex]  |f(x)-f(x_0)| < \delta (\delta+2|x_0|)\le \delta (1+2|x_0|) \le \frac{\varepsilon}{1+2|x_0|} (1+2|x_0|)=\varepsilon.[/tex]


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sabian_reloaded
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Carrera: No especificada
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MensajePublicado: Mie Jun 08, 2011 3:38 pm  Asunto:  (Sin Asunto) Responder citandoFin de la PáginaVolver arriba

A eso me refería yo con el método más algebraico de dar valores a uno y luego tomar el mínimo. Gracias por explicitarlo.


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