Limitin ε–δ Tanımı — Etkileşimli Grafik

Fonksiyon

ε — verilen1

δ seçimi

δ — senin seçimin0,5

İddia edilen limitL = 5

Yakınlık

Limitin ε–δ tanımı — anlık değerler
İddia edilen limit L	5
Verilen ε	1
δ (senin seçimin)	0,500
δ aralığında f(x) ile L'nin farkı şundan küçük	1,500
Koşul: bu değer ≤ ε mu?	hayır ✗
İşe yarayan en büyük δ	0,333
Kanıttaki δ = ε/3	0,333

"x 2'ye yaklaşırken 3x − 1, 5'e yaklaşır" cümlesi sezgiyle doğru görünür. Ama "yaklaşmak" ölçülebilir bir şey değil. Limitin tam tanımı bu cümleyi bir oyuna çevirir: biri ε'u verir, öteki δ'yı bulur.

\lim_{x\to a} f(x) = L \iff \forall \varepsilon>0\ \exists \delta>0:\ 0<|x-a|<\delta \Rightarrow |f(x)-L|<\varepsilon

Sahnede yatay yeşil şerit L ± ε, dikey mor şerit 2 ± δ aralığı. İkisinin kesiştiği yer bir kutu. Grafik mor şeridin içinde kaldığı sürece kutunun dışına çıkmamalı, yani kutuyu yalnız yanlarından terk etmeli.

Şunu dene

ε = 1 iken δ'yı 0,5 yap. Grafik kutunun neresinden çıkıyor?
δ'yı yavaşça küçült. Kutu hangi δ'da yeşile dönüyor?
"Kanıttaki δ"yı seç, sonra ε'u küçült. δ her seferinde yetiyor mu?
İddia edilen limiti 5,3 yap ve ε'u 0,2'ye indir. Ne oldu?
Fonksiyonu "Sıçramalı" yap, ε'u 0,4'e indir. L'yi 5, 5,5 ve 6 yapıp dene. Hangisi tutuyor?

Birinci örnek: 3x − 1

|f(x)-5| = |3x-1-5| = |3x-6| = 3\,|x-2|

$0<|x-2|<\delta$ ise $|f(x)-5|<3\delta$ olur. Bunun ε'dan küçük kalması için $\delta=\varepsilon/3$ seçmek yeter. Sahnede "En büyük δ"yı seç: çıkan sayı kanıttaki δ ile aynı. Doğrunun eğimi her yerde 3 olduğu için kutuya tam oturan δ budur.

İkinci örnek: x²

|x^2-4| = |x-2|\,|x+2|

Burada $|x+2|$ sabit değil, önce onu sınırlamak gerekir. $\delta\le 1$ seçersek $1<x<3$ olur ve $|x+2|<5$ çıkar. Böylece $|x^2-4|<5|x-2|$ olur ve bunun ε'dan küçük kalması için $|x-2|<\varepsilon/5$ yeter. İki koşulu birden sağlayan seçim $\delta=\min(1,\,\varepsilon/5)$ .

Sahnede "Kanıttaki δ" ile "En büyük δ"yı karşılaştır. ε = 1 iken kanıttaki δ 0,2, en büyüğü ise $\sqrt5-2\approx 0{,}236$ . Kanıt en iyi δ'yı bulmak zorunda değil, yetecek bir δ bulması yeter. Daha küçük bir δ her zaman işe yarar.

L yanlışsa ne olur?

İddia edilen limiti 5'ten biraz kaydır. ε büyükken hâlâ bir δ bulunabilir. Ama ε, iddia edilen L ile gerçek değer arasındaki farktan küçük olunca "İşe yarayan en büyük δ" satırı "hiç yok" yazar. Tanım "her ε için" dediği için tek bir başarısız ε, iddiayı çürütmeye yeter.

Limit hiç yoksa: sıçrama

Fonksiyonu "Sıçramalı" yap: x < 2 iken 3x − 1, x ≥ 2 iken 3x. Soldan 5'e, sağdan 6'ya gidiyor. ε büyükken arada bir L bulunur: ε = 1 ve L = 5,5 ile kutu tutar. Ama ε'u 0,5'in altına indir. Şerit artık 5'i ve 6'yı aynı anda içine alamaz; L'yi nereye koyarsan koy, parçalardan biri kutunun dışında kalır. Hiçbir L için δ bulunamaz, yani limit yoktur.

İki örnek arasındaki fark: yanlış L'de limit var ama başka bir sayıdır. Sıçramada ise iddia edilebilecek bir sayı yoktur.

$\lim_{x\to 2}(3x-1) = 5$ için ε = 0,03 veriliyor. Tanımı sağlayan bir δ aşağıdakilerden hangisidir?

$\delta = 0{,}03$
Yanlış
Bu δ ile $|3x-6|$ en fazla $0{,}09$ 'a çıkar; ε'u aşar.
Çözüm: $|f(x)-5| = |3x-6| = 3|x-2|$ . Bunun $\varepsilon = 0{,}03$ 'ten küçük olması için $|x-2| < 0{,}01$ yeter, yani $\delta = \varepsilon/3 = 0{,}01$ . Sahnede denemek istersen: ε'u 0,05'e indir, ×16 yakınlıkta kanıttaki δ'yı seç.
$\delta = 0{,}01$
Doğru cevap
$|f(x)-5| = 3|x-2| < 3 \cdot 0{,}01 = 0{,}03$ .
Çözüm: $|f(x)-5| = |3x-6| = 3|x-2|$ . Bunun $\varepsilon = 0{,}03$ 'ten küçük olması için $|x-2| < 0{,}01$ yeter, yani $\delta = \varepsilon/3 = 0{,}01$ . Sahnede denemek istersen: ε'u 0,05'e indir, ×16 yakınlıkta kanıttaki δ'yı seç.
$\delta = 0{,}09$
Yanlış
δ ile ε yer değiştirmiş: ε'u 3'e bölmek yerine 3 ile çarpmak.
Çözüm: $|f(x)-5| = |3x-6| = 3|x-2|$ . Bunun $\varepsilon = 0{,}03$ 'ten küçük olması için $|x-2| < 0{,}01$ yeter, yani $\delta = \varepsilon/3 = 0{,}01$ . Sahnede denemek istersen: ε'u 0,05'e indir, ×16 yakınlıkta kanıttaki δ'yı seç.
$\delta = 0{,}1$
Yanlış
Bu δ ile fark $0{,}3$ 'e kadar çıkar.
Çözüm: $|f(x)-5| = |3x-6| = 3|x-2|$ . Bunun $\varepsilon = 0{,}03$ 'ten küçük olması için $|x-2| < 0{,}01$ yeter, yani $\delta = \varepsilon/3 = 0{,}01$ . Sahnede denemek istersen: ε'u 0,05'e indir, ×16 yakınlıkta kanıttaki δ'yı seç.
Hiçbir δ yetmez
Yanlış
Limit 5 olduğu için her ε'a bir δ bulunur.
Çözüm: $|f(x)-5| = |3x-6| = 3|x-2|$ . Bunun $\varepsilon = 0{,}03$ 'ten küçük olması için $|x-2| < 0{,}01$ yeter, yani $\delta = \varepsilon/3 = 0{,}01$ . Sahnede denemek istersen: ε'u 0,05'e indir, ×16 yakınlıkta kanıttaki δ'yı seç.

Bu grafikte ne öğrenirsin?

✓Verilen bir ε için grafiğin L ± ε şeridinde kaldığı bir δ aralığı bulur.
✓Bir δ'nın işe yarayıp yaramadığını grafiğin kutudan nereden çıktığına bakarak söyler.
✓Kanıtta seçilen δ'nın her ε için yettiğini, ama en büyük δ olmak zorunda olmadığını görür.
✓Yanlış bir L için küçük ε'larda hiçbir δ'nın bulunamadığını göstererek limitin tekliğini sezer.
✓Sıçramalı bir fonksiyonda küçük ε için hiçbir L'nin işe yaramadığını, yani limitin olmadığını görür.

← Bütün etkileşimli grafikler