¿qué falla en esta prueba de límites?

Question

Siempre pensé que este teorema era cierto, pero hoy al preguntar por la demostración de la regla de la cadena en cálculo me he dado cuenta de que es falso. Entiendo el contraejemplo, pero ahora no entiendo dónde falla mi demostración. ( Aquí está mi intento de demostrar la regla de la cadena en cálculo y el contraejemplo está en la respuesta ).

Teorema:

Sea $A,B\subseteq \mathbb{R}$ , $f:A\longrightarrow B$ et $g:B\longrightarrow \mathbb{R}$ funciones. Sea $a\in R$ sea un punto de acumulación de $A$ . Supongamos que $\lim_{x\to a}f(x)=b$ y $\lim_{x\to b} g(x)=l$ . Entonces $\lim_{x\to a}(g\circ f)(x)$ existe y es igual a $l$ .

Prueba:

Sea $\epsilon>0$ sea un número arbitrario en $\mathbb{R}$ . Desde $\lim_{x\to b} g(x)=l$ entonces hay $\delta >0$ en $\mathbb{R}$ tal que $\forall x\in B (0<|x-b|<\delta \longrightarrow |g(x)-l|<\epsilon)$ . Desde $\lim_{x\to a}f(x)=b$ entonces hay $\delta '>0$ tal que $\forall x\in A(0<|x-a|<\delta '\longrightarrow |f(x)-b|<\delta)$ . Pero entonces $\forall x\in A(0<|x-a|<\delta '\longrightarrow |g(f(x))-l|<\epsilon)$ . Esto significa que $\lim_{x\to a}(g\circ f)(x)$ existe y es igual a $l$ .

Answer 1

La cuestión aquí es que no tiene ninguna garantía de que $g$ es continua.

El problema de la prueba en sí es que si bien puede ser cierto que $\forall x \in A(0 < |x - a| < \delta' \rightarrow |f(x) - b| < \delta)$ no es necesariamente cierto que $\forall x \in A(0 < |x - a| < \delta' \rightarrow 0 < |f(x) - b| < \delta)$ y si $f(x) = b$ para que $|f(x) - b| = 0$ no puede utilizarse como entrada para $g$ .

Sin embargo, si $g$ es continua en $b$ entonces es cierto que $g(b) = l$ (por definición de continuidad), por lo que $|g(b) - l| = 0 < \epsilon$ para todos $\epsilon > 0$ .

Por lo tanto, ya no es necesario que $0 < |x - b| < \delta$ para $|g(b) - l| < \epsilon$ y, en su lugar, bastará con exigir que $|x - b| < \delta$ .

Esto permite que el resto de la prueba funcione.

Edición: Una condición suficiente alternativa sería exigir que $\exists \delta_1 > 0$ tal que $\forall x \in A(0 < |x - a| < \delta_1 \rightarrow 0 < |f(x) - b|$ .

A continuación, simplemente tome $\min(\delta_1, \delta')$ para que sea el nuevo valor de $\delta'$ utilizado en la prueba.

Answer 2

Supongamos que $g$ no es continua en $b$ de modo que $l \neq g(b)$ y supongamos que para cualquier elección de $\varepsilon$ es algo $x^\ast_\varepsilon$ satisfaciendo $0 < |x^\ast_\varepsilon - a| < \delta'(\varepsilon)$ y $f(x^\ast_\varepsilon) = b$ (esto puede ocurrir, por ejemplo, si $f$ es la función constante $f(x) \equiv b$ ). Si ocurren ambas cosas, entonces $$|g(f(x^\ast_\varepsilon)) - l| = |g(b) - l| > 0.$$ De ello se deduce que si elegimos $\varepsilon < |g(b) - l|$ tenemos $$|g(f(x^\ast_\varepsilon)) - l| = |g(b) - l| > \varepsilon \text{ even though } |x^\ast_\varepsilon - a| < \delta'(\varepsilon).$$ De ahí su elección de $\delta'(\varepsilon)$ no funciona en este escenario.

Si asume que $g$ es continua o $f(x) \neq b$ para $x$ cerca de $a$ entonces tu prueba funcionará.