Prueba de la regla del producto para los límites

Question

Prueba: $\lim_{x \to a} f(x)g(x) = \lim_{x \to a} f(x) \lim_{x \to a} g(x)$

Dejemos que $L_1 = \lim_{x \to a} f(x)$ y $L_2 = \lim_{x \to a} g(x)$ . Suponemos que $L_1, L_2 \neq 0$ (para escenarios en los que $L_1$ o $L_2$ son $0$ el resultado es trivial).

Dejemos que $\epsilon > 0$ . Necesitamos un $\delta$ tal que $|f(x)g(x) - L_1L_2| < \epsilon$ siempre que $0 < |x-a| < \delta$ .

Podemos reescribir

$$\begin{align}|f(x)g(x) - L_1L_2| &= |(f(x)-L_1)(g(x)-L_2) + L_1(g(x)-L_2) + L_2(f(x)-L_1)| \\ &\leq |f(x)-L_1||g(x)-L_2| + |L_1||g(x)-L_2| + |L_2||f(x)-L_1| \\ &< \epsilon\end{align}$$

por la desigualdad del triángulo.

Dejemos que $\delta_1 > 0$ tal que $|f(x)-L_1| < \sqrt{\frac{\epsilon}{3}}$ siempre que $0 < |x-a| < \delta_1$ .

Dejemos que $\delta_2 > 0$ tal que $|g(x)-L_2| < \sqrt{\frac{\epsilon}{3}}$ siempre que $0 < |x-a| < \delta_2$ .

Dejemos que $\delta_3 > 0$ tal que $|g(x)-L_2| < \frac{\epsilon}{3|L_1|}$ siempre que $0 < |x-a| < \delta_3$ .

Dejemos que $\delta_4 > 0$ tal que $|f(x)-L_1| < \frac{\epsilon}{3|L_2|}$ siempre que $0 < |x-a| < \delta_4$ .

Supongamos que $0 < |x-a| < \delta$ donde $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, \delta_3, \delta_4)$ . Entonces tenemos:

$$\begin{align}|f(x)-L_1||g(x)-L_2| &+ |L_1||g(x)-L_2| + |L_2||f(x)-L_1| \\&< \sqrt{\frac{\epsilon}{3}} \cdot \sqrt{\frac{\epsilon}{3}} + |L_1|\frac{\epsilon}{3|L_1|} + |L_2|\frac{\epsilon}{3|L_2|} \\&= \epsilon \end{align}$$

¿Es una prueba correcta?

Answer 1

Su demostración del punto esencial parece impecable. sólo se podría plantear una pequeña objeción: el enunciado de lo que está demostrando es un poco impreciso. suponga $f(x)=x$ y $g(x)=\frac1x$ . entonces $\forall x.f(x)g(x)=1$ así que

$$\lim_{x \to 0} f(x)g(x) = 1$$ pero lo que es $\lim_{x\to 0}f(x) \lim_{x \to 0}g(x)$ ?