Dejemos que
$$\lim_{x \to a} f(x) = L$$
$$\lim_{x \to a} g(x) = M$$
Donde $L$ y $M$ son reales finitos.
Entonces quiero demostrar que
$$\lim_{x \to a} f(x) g(x) = LM$$
Dejemos que $\epsilon > 0$ . Necesitamos un $\delta > 0$ tal que para todo $x$ tenemos $0 < |x-a| < \delta$ que implica $|f(x)g(x) - LM| < \epsilon$ .
Reacomodar:
$$\begin{align}|f(x)g(x)-LM|&=|f(x)g(x)-Lg(x)+Lg(x)-LM|\\ &=|g(x)(f(x)-L)+L(g(x)-M)|\\ &\le|g(x)||f(x)-L|+|L||g(x)-M| \\ &\lt|g(x)||f(x)-L|+(|L| + 1)|g(x)-M| < \epsilon\end{align}$$
Dado que los límites para $g(x)$ y $M$ se acercan al mismo valor $M$ existe un $\delta_1 > 0$ tal que para todo $x$ , $0 < |x-a| < \delta_1$ implica $|g(x) - M| < \frac{\epsilon}{2(|L|+1)}$ . Entonces:
$$\begin{align}|f(x)g(x)-LM| &\lt |g(x)||f(x)-L|+(|L|+1)|g(x)-M|\\ &<|g(x)||f(x)-L|+(|L|+1)\frac{\epsilon}{2(|L|+1)} \\ &=|g(x)||f(x)-L|+\frac{\epsilon}{2} = \epsilon \\ \end{align}$$
Dado que los límites para $f(x)$ y $L$ se acercan al mismo valor $L$ existe un $\delta_2 > 0$ tal que para todo $x$ , $0 < |x-a| < \delta_2$ implica $|f(x) - L| < \frac{\epsilon}{2(|M|+1)}$ . Entonces:
$$\begin{align}|f(x)g(x)-LM| &\lt |g(x)||f(x)-L|+\frac{\epsilon}{2} \\ &<|g(x)|\frac{\epsilon}{2(|M|+1)}+\frac{\epsilon}{2} = \epsilon \\ \end{align}$$
Ahora demostramos $|g(x)| \leq |M|+1$ :
$$|g(x)| = |g(x) - M + M| \leq |g(x) - M| + |M| \leq |M|+1$$
Restando $|M|$ de ambos lados, vemos que:
$$|g(x) - M| \leq 1$$
Dado que los límites para $g(x)$ y $M$ se acercan al mismo valor $M$ existe un $\delta_3$ tal que para todo $x$ , $0 < |x-a| < \delta_3$ implica $|g(x) - M| < 1$ .
$$\begin{align}|f(x)g(x)-LM| &\lt |g(x)|\frac{\epsilon}{2(|M|+1)}+\frac{\epsilon}{2} \\ &< (|M|+1)\frac{\epsilon}{2(|M|+1)}+\frac{\epsilon}{2} \\ &= \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} = \epsilon \\ \end{align}$$
Esto es cierto siempre y cuando se establezca $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)$ .
¿Mi prueba es correcta y precisa? ¿He demostrado realmente la regla?
