¿He hecho la prueba de que el producto de los límites es el límite de los productos correctamente

Question

Si $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x) = L$ y $\displaystyle\lim_{x\to a}g(x) = M$ entonces $\displaystyle\lim_{x \to a}(f(x)g(x)) = L \cdot M$ .

Prueba:

$0 < |x-a| < \delta_{1} \Rightarrow |f(x) - L| < 1$

$0 < |x-a| < \delta_{2} \Rightarrow |f(x) - L| < \displaystyle\frac{\epsilon}{2(|M|+1)}$

$0 < |x-a| < \delta_{3} \Rightarrow |g(x) - M| < \displaystyle\frac{\epsilon}{2(|L|+1)}$

Para la primera línea de razonamiento, quería la condición de que $|f(x) - L|$ debe ser menor que uno. Será útil más adelante. Para simplificar toda esta información, basta con dejar que $\delta = \min(\delta_{1},\delta_{2},\delta_{3})$ y $|f(x) - L| < \min(1,\displaystyle\frac{\epsilon}{2(|M|+1)})$ .

$|f(x)g(x) - LM| = |f(x)(g(x)-M)+M(f(x)-L)|$

$\leq |f(x)(g(x)-M)| + |M(f(x)-L)|$

$= |f(x)||g(x)-M| + |M||f(x)-L|$

Tenga en cuenta que $|x| - |y| \leq |x-y|$ así que $|f(x)| - |L| \leq |f(x) - L| < 1$

Aquí utilizamos el hecho de que queríamos $|f(x) - L| < 1$ .

Así que $|f(x)| - |L| < 1 \Rightarrow |f(x)| < |L| + 1$

También, $|M| < |M|+1$ (Aquí no estoy seguro del razonamiento, aparte de que es una observación obvia. ¿Es realmente el razonamiento aquí o utilizamos algo de las definiciones formuladas anteriormente)?

Entonces,

$|f(x)||g(x)-M| + |M||f(x)-L| < (|L| + 1)|g(x) - M| + (|M|+1)|f(x)-L|$

$< (|L| + 1) \cdot \displaystyle\frac{\epsilon}{2(|L|+1)} + (|M|+1) \cdot \displaystyle\frac{\epsilon}{2(|M|+1)}$

$= \displaystyle\frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2}$

$= \epsilon$ .

Answer 1

Se ve bien, aunque un poco confuso, para mi gusto.

Se podría reordenar observando primero que \begin {align} |f(x)g(x)-LM| &=|f(x)g(x)-f(x)M+f(x)M-LM| \\ [4px] & \le |f(x)||,|g(x)-M|+|M||,|f(x)-L| \\ [4px] & \le |f(x)||,|g(x)-M|+|M||,|f(x)-L|+|f(x)-L| \\ [4px] &=|f(x)||,|g(x)-M|+(|M|+1)|f(x)-L| \end {align} Si $\lim_{x\to a}f(x)=L$ , entonces hay $\delta_1>0$ tal que, para $0<|x-a|<\delta_1$ , $$ |f(x)-L|<1 $$ lo que implica $L-1<f(x)<L+1$ . Si $K=\max(|L-1|,|L+1|)$ podemos decir que, para $0<|x-a|<\delta_1$ , $|f(x)|<K$ .

Fijar $\varepsilon>0$ .

Podemos encontrar $\delta_2>0$ tal que, para $0<|x-a|<\delta_2$ , $|g(x)-M|<\varepsilon/(2K)$ .

Podemos encontrar $\delta_3>0$ tal que, para $0<|x-a|<\delta_3$ , $|f(x)-L|<\varepsilon/(2(|M|+1))$

Si $\delta=\min(\delta_1,\delta_2,\delta_3)$ entonces, para $0<|x-a|<\delta$ , \begin {align} |f(x)g(x)-LM| & \le |f(x)|,|g(x)-M|+(|M|+1)|f(x)-L| \\ [4px] &<K \frac { \varepsilon }{2K}+(|M|+1) \frac { \varepsilon }{2(|M|+1)} \\ [4px] &= \frac { \varepsilon }{2}+ \frac { \varepsilon }{2} \\ [4px] &= \varepsilon \end {align}