سرفصل‌های این مبحث

حد و همسایگی

اثبات عدم وجود حد به کمک تعریف

آخرین ویرایش: 02 اسفند 1402

دسته‌بندی: حد و همسایگی

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

اثبات عدم وجود حد در نقطه ای که تابع حد ندارد با استفاده از تعریف معمولا از اثبات وجود حد در نقطه ای که حد دارد مشکل‌تر است.

یکی از روش‌های توانا در اثبات عدم وجود حد به کمک دنباله ها است که به زودی بررسی می‌کنیم.

اما اکنون در این قسمت تمرین‌هایی را با استفاده از تعریف حد بیان می‌کنیم، معمولا در این اثبات ها از برهان خلف استفاده می‌شود.

تمرین

ثابت کنید حدهای زیر وجود ندارند.

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x}$

عدم وجود حد - پیمان گردلو

بر اساس برهان خلف فرض کنیم حد فوق موجود است و برابر $L$ می‌باشد.

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} = L$

$\begin{array}{l} \forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - 0| < α \\ \Rightarrow |\frac{1}{x} - L| < β; i f β = 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |\frac{1}{x} - L| < 1; |a - b| > |a| - |b| \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |\frac{1}{x}| - |L| < 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |\frac{1}{x}| < |L| + 1 \\ \Rightarrow |x| > \frac{1}{|L| + 1} \\ \Rightarrow \{\begin{cases} |x| > \frac{1}{|L| + 1} \\ |x| < α \end{cases} \end{array}$

توجه شود که نمی‌توان رابطه ای بین $α$ و $β$ برقرار کرد، پس حد تابع فوق وجود ندارد.

$\lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x}$

عدم وجود حد - پیمان گردلو

بر اساس برهان خلف فرض کنیم حد فوق موجود است و برابر $L$ می‌باشد.

$\lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x} = L$

$\forall β > 0 \exists α > 0; |x - 0| < α \Rightarrow |\sin \frac{1}{x} - L| < β$

دو مقدار نزدیک به صفر مانند مقادیر زیر که در آنها $k$ عددی بزرگ است را در نظر می‌گیریم:

$x_{1} = \frac{1}{2 k π + \frac{π}{2}} \Rightarrow \frac{1}{x_{1}} = 2 k π + \frac{π}{2} \Rightarrow \sin (\frac{1}{x_{1}}) = \sin (2 k π + \frac{π}{2}) \Rightarrow \sin (\frac{1}{x_{1}}) = 1$

$x_{2} = \frac{1}{2 k π - \frac{π}{2}} \Rightarrow \frac{1}{x_{2}} = 2 k π - \frac{π}{2} \Rightarrow \sin (\frac{1}{x_{2}}) = \sin (2 k π - \frac{π}{2}) \Rightarrow \sin (\frac{1}{x_{2}}) = - 1$

$\begin{array}{l} |\sin \frac{1}{x} - L| < β \end{array}$

$\begin{array}{l} \begin{array}{l} |\sin \frac{1}{x_{1}} - L| < β \Rightarrow |1 - L| < β \overset{β = \frac{1}{2}}{\to} |1 - L| < \frac{1}{2} (Ι) \end{array} \end{array}$

$\begin{array}{l} |\sin \frac{1}{x_{2}} - L| < β \Rightarrow |- 1 - L| < β \Rightarrow |- (1 + L)| < β \Rightarrow |1 + L| < β \overset{β = \frac{1}{2}}{\to} |1 + L| < \frac{1}{2} (Ι Ι) \end{array}$

$\begin{array}{l} (Ι) + (Ι Ι) \Rightarrow |1 + L| + |1 - L| < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \Rightarrow |1 + L| + |1 - L| < 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} 2 = (1 + L - L + 1) = |(1 + L) + (1 - L)| \leq |1 + L| + |1 - L| < 1 \Rightarrow 2 < 1 \end{array}$

که یک تناقض است یعنی تابع در نقطه صفر حد ندارد.

توضیح این‌که این تابع همواره کراندار است:

$\forall x \in D_{f} : |\sin \frac{1}{x}| \leq 1$

وقتی $x$ به سمت صفر میل می‌کند، تابع $\sin \frac{1}{x}$ بین $1$ و $- 1$ نوسان‌های زیادی می‌کند و فاصله دفعات متوالی که محور $x$ ها را قطع می‌کند، کوچک‌تر می‌شود.

می‌توان تصور کرد که وقتی $x$ به سمت صفر میل می‌کند، تابع $\sin \frac{1}{x}$ در نزدیکی عددی نمی‌ماند یعنی همسایگی بدون مرکزی از صفر وجود ندارد که تابع در آن یک نوسان کامل انجام دهد یا به بیان دیگر

بی نهایت بار نوسان می‌کند در نتیجه این حد موجود نیست.

$\lim_{x \to 1} \sin \frac{1}{x - 1}$

عدم وجود حد - پیمان گردلو

بر اساس برهان خلف فرض کنیم حد فوق موجود است و برابر $L$ می‌باشد.

$\lim_{x \to 1} \sin \frac{1}{x - 1} = L$

دو مقدار نزدیک به صفر مانند مقادیر زیر که در آنها $k$ عددی بزرگ است را در نظر می‌گیریم:

$x_{1} = \frac{1}{2 k π + \frac{π}{2}} + 1$

$\Rightarrow x_{1} - 1 = \frac{1}{2 k π + \frac{π}{2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{x_{1} - 1} = 2 k π + \frac{π}{2}$

$\Rightarrow \sin (\frac{1}{x_{1} - 1}) = \sin (2 k π + \frac{π}{2})$

$\Rightarrow \sin (\frac{1}{x_{1} - 1}) = 1$

به همین ترتیب مانند $\lim_{x \to 0} \sin \frac{1}{x}$ حل می‌شود.

$\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$

عدم وجود حد - پیمان گردلو

بر اساس برهان خلف فرض کنیم حد فوق موجود است و برابر $L$ می‌باشد.

$\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x} = L$

$\forall β > 0 \exists α > 0; |x - 0| < α \Rightarrow |\cos \frac{1}{x} - L| < β$

دو مقدار نزدیک به صفر مانند مقادیر زیر که در آنها $k$ عددی بزرگ است را در نظر می‌گیریم:

$\begin{array}{l} x_{1} = \frac{1}{2 k π} \Rightarrow \frac{1}{x_{1}} = 2 k π \Rightarrow \cos (\frac{1}{x_{1}}) = \cos (2 k π) \Rightarrow \cos (\frac{1}{x_{1}}) = 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} x_{2} = \frac{1}{2 k π + π} \Rightarrow \frac{1}{x_{2}} = 2 k π + π \Rightarrow \cos (\frac{1}{x_{2}}) = \cos (2 k π + π) \Rightarrow \cos (\frac{1}{x_{2}}) = - 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} |\cos \frac{1}{x} - L| < β \end{array}$

$\begin{matrix} \begin{array}{l} |\cos \frac{1}{x_{1}} - L| < β \overset{β = \frac{1}{2}}{\to} |1 - L| < \frac{1}{2} (Ι) \end{array} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} |\cos \frac{1}{x_{2}} - L| < β \overset{β = \frac{1}{2}}{\to} |- 1 - L| < \frac{1}{2} (Ι Ι) \end{array}$

$\begin{matrix} (Ι) + (Ι Ι) \Rightarrow |1 - L| + |1 + L| < 1 \end{matrix}$

$2 = (1 + L - L + 1) = |(1 + L) + (1 - L)| \leq |1 + L| + |1 - L| < 1 \Rightarrow 2 < 1$

که یک تناقض است، یعنی تابع مورد نظر در نقطه صفر حد ندارد.

$\lim_{x \to 0} \frac{x}{|x|}$

$f (x) = \frac{x}{|x|} = \{\begin{cases} 1; x > 0 \\ - 1; x < 0 \end{cases}, x \neq 0$

بر اساس برهان خلف فرض کنیم حد فوق موجود است و برابر $L$ می‌باشد.

$\lim_{x \to 0} \frac{x}{|x|} = L$

$\forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - 0| < α \Rightarrow |f (x) - L| < β$

$\begin{matrix} \begin{array}{l} i f x_{1} > 0 \Rightarrow 0 < x_{1} < α \Rightarrow |f (x_{1}) - L| < β \overset{β = 1}{\to} |f (x_{1}) - L| < 1 (Ι) \end{array} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} i f x_{2} < 0 \Rightarrow - α < x_{2} < 0 \Rightarrow |f (x_{2}) - L| < β \overset{β = 1}{\to} |f (x_{2}) - L| < 1 (Ι Ι) \end{array}$

توجه شود که فرض کرده‌ایم $x_{1}$ هر عددی باشد که $x_{1} \in (0, α)$ و $x_{2}$ هر عددی باشد که $x_{2} \in (- α, 0)$ :

$(Ι) + (Ι Ι) \Rightarrow |f (x_{1}) - L| + |f (x_{2}) - L| < 2$

$\begin{array}{l} |f (x_{1}) - f (x_{2})| = |f (x_{1}) - L + L - f (x_{2})| \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |f (x_{1}) - f (x_{2})| = |(f (x_{1}) - L) - (f (x_{2}) - L)| \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |f (x_{1}) - f (x_{2})| \leq |f (x_{1}) - L| + |f (x_{2}) - L| \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |f (x_{1}) - f (x_{2})| < 1 + 1 \\ \Rightarrow |f (x_{1}) - f (x_{2})| < 2 \end{array}$

اما این امکان ندارد زیرا همواره داریم:

$|f (x_{1}) - f (x_{2})| = |1 - (- 1)| = 2$

تمرین

ثابت کنید حد تابع با ضابطه زیر در هیچ نقطه ای موجود نیست.

$f (x) = \{\begin{cases} 0; x \in Q \\ 1; x \in R - Q \end{cases}$

این تابع در $R$ همواره معین است، اما در هیچ نقطه ای حد ندارد و پیوسته نیست.

عدم وجود حد - پیمان گردلو

نمودار این تابع را نمی‌توان رسم کرد.

می‌توان گفت که نمودار آن شامل تمام نقاط گویای روی محور $x$ ها و تمام نقاط اصم که به اندازه یک واحد به بالای محور $x$ ها انتقال یافته، می‌باشد.

بنابراین نمودار آن شامل دو خط موازی پر از سوراخ است، هر جا که خط $y = 0$ تو پر باشد، خط $y = 1$ سوراخ خواهد بود و بر عکس.

برای آن‌که ثابت کنیم این تابع در هیچ نقطه ای حد ندارد، بر اساس برهان خلف فرض می‌کنیم در نقطه $a$ تابع حد داشته و حد آن برابر $L$ باشد و هم‌چنین فرض کنیم $0 < β < \frac{1}{2}$ باشد، طبق تعریف داریم:

$\lim_{x \to a} f (x) = L$

$\forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) - L| < β$

بنا به تعریف تابع $f (x)$ :

$|f (x) - L| = \{\begin{cases} |L|; x \in Q \\ |1 - L|; x \in R - Q \end{cases}$

چون فرض کرده‌ایم تابع در نقطه $a$ حد دارد پس اگر $0 < |x - a| < α$ این همسایگی شامل نقطه ای گویا و نقطه ای اصم می‌باشد. (در واقع شامل بی‌شمار نقطه اصم و نقطه گویاست)

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} |L| < β < \frac{1}{2} \\ |1 - L| < β < \frac{1}{2} \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} 1 = |L + (1 - L)| \leq |L| + |1 - L| < β + β < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow 1 < 1 \end{array}$

که یک تناقض است، پس این تابع در هیچ نقطه حد ندارد.

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

حد و همسایگی

اثبات عدم وجود حد به کمک تعریف

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟