Produktregelen for grenser

[Aleks855]

Prøver å vise at $\lim\limits_{x\to c}f(x)g(x) = \lim\limits_{x\to c}f(x) \cdot \lim\limits_{x\to c}g(x)$, men det stopper litt opp.

Mitt forsøk:

La $\lim\limits_{x\to c}f(x) = L$ og $\lim\limits_{x\to c}g(x) = M$ være eksisterende grenser.

Ved $\epsilon, \delta$ vil dette si at

- gitt en $\epsilon_1 > 0$ kan vi finne en $\delta_1 > 0 \quad : \quad |x-c|< \delta_1 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-L|< \epsilon_1$
- gitt en $\epsilon_2 > 0$ kan vi finne en $\delta_2 > 0 \quad : \quad |x-c|< \delta_2 \quad \Rightarrow \quad |g(x)-M|< \epsilon_2$

La nå $\epsilon_1 = \epsilon_2 = \sqrt{\epsilon}$, og la $\delta =\min\{ \delta1, \delta2 \}$. Da får vi at gitt en $\epsilon > 0$ kan vi finne en $\delta > 0 \quad : \quad |x-c|< \delta \quad \Rightarrow \quad \left[|f(x)-L|< \sqrt\epsilon \ \wedge \ |g(x) - M| < \sqrt\epsilon \right]$.

Ved å gange sammen ulikhetene får vi $|f(x)-L||g(x)-M| < \epsilon$, og her kjører jeg meg fast.

Jeg finner ikke en omskriving som gir mening videre. Kan benytte at produktet av absoluttverdier er absoluttverdien av produktet, og få $|(f(x)g(x))^2 - Mf(x) - Lg(x)|$, men det ser ikke ut som noe som leder frem. Er dette en bomtur, eller fins det et kløktig steg videre?

[Markus]

Jeg tror nok dessverre ikke dette vil føre fram med det første. Husk på at det du vil vise er uttrykket $|x-c| < \delta \implies |f(c)g(c)-LM|<\epsilon$ Det som er fint med dette beviset er at det presenterer mange triks som det er lurt å ha med seg videre. For å ikke ødelegge moroa, skriver jeg opp bare starten, så kan du heller spørre hvis det er noe mer du lurer på! Jeg skal også prøve å forklare litt motivasjonen bak. Bruker notasjonen du innførte i innlegget ditt.

I slike oppgaver ønsker vi ofte å bruke trekantulikheten for å splitte opp uttrykkene, da de ofte blir lettere å jobbe med. Her starter vi med $|f(c)g(c)-LM|$. Husk på at siden $f,g$ er kontinuerlige i $c$ vet vi at det finnes $\delta_1,\delta_2$ slik at $|f(c)-L|<\epsilon$ og $|g(c)-M|<\epsilon$ dersom $|x-c|< \delta_1,\delta_2$. Derfor bør motivasjonen vår være å prøve å få brukt disse uttrykkene. Husk også på at epsilon-delta sier spesifikt at for alle epsilon, finnes det $\delta$ slik at (...). Derfor kan vi skrive $\epsilon$ litt som vi vil (slik som du har gjort i forslaget ditt!). Dette vil ikke være nyttig akkurat nå i starten men litt senere i beviset. Nå, la oss trekke ifra og plusse på $f(c)M$. Hvorfor det? Jo se på uttrykket vårt nå. $$|f(c)g(c)-LM|=|f(c)g(c)+f(c)M-f(c)M-LM|=|f(c)(g(c)-M) + M(f(c)-L)|$$ Med trekantulikheten får vi da at $$\begin{alignat*}{2} |f(c)g(c)-LM| &= |f(c)(g(c)-M) + M(f(c)-L)| \\ &\leq |f(c)(g(c)-M)| + |M(f(c)-L)| \\ &= |f(c)||g(c)-M| + |M||f(c)-L| \end{alignat*}$$ Strategien nå er jo selvfølgelig å få begge leddene mindre enn $\frac{\epsilon}{2}$ for da er vi ferdige. Hvilken $\epsilon$ vi bør velge på leddet til høyre er jo ganske greit å se at burde ha vært $\frac{\epsilon}{2|M|}$, men da får vi et problem når $|M|=0$. Derfor siden selvfølgelig $|M||f(c)-L|<(|M|+1)(f(c)-L)$, så legger vi i simpelthen til det ekstra leddet, og da får vi jo bare en ny ulikhet som ikke spiller noe rolle. Hva du bør gjøre på venstre leddet er ikke like åpenbart. Her er to hint: Vi kan fint velge $\epsilon=1$ og finne $\delta$ slik at $|g(x)-M|<1$. Hint nr.2 er nok så åpenbart men $|g(x)|=|g(x)-M+M|$. Hva kan du gjøre etter denne omskrivingen?

Håper ikke dette avslørte for mye!

[Gustav]

Ved å gange sammen ulikhetene får vi $|f(x)-L||g(x)-M| < \epsilon$, og her kjører jeg meg fast.

Trekantulikheten samt ulikheten over gir at

$|f(x)g(x)-ML|-|M(f(x)-L)+L(g(x)-M)|\le |(f(x)g(x)-ML) -(M(f(x)-L)+L(g(x)-M))|= |(f(x)-L)(g(x)-M)|=|f(x)-L||g(x)-M|<\epsilon$ så

$|f(x)g(x)-ML|<\epsilon +|M(f(x)-L)+L(g(x)-M)| \le \epsilon +|M||f(x)-L|+|L||g(x)-M|<\epsilon+ (|M|+|L|)\sqrt{\epsilon}$ for $x<\delta$. Sett $\epsilon_3=\epsilon+ (||M|+|L|)\sqrt{\epsilon}$ og løs for $\epsilon$ for å finne ut hva du bør bruke som epsilon i de første grenseverdiene for å ende opp med et pent resultat.

[DennisChristensen]

Jeg synes følgende metode er enklest:
La $\varepsilon>0$ være gitt. Vi ønsker å finne $\delta>0$ slik at $|x - \delta| \implies |f(x)g(x) - LM| < \varepsilon$. Skriv $\varepsilon' = \frac{\varepsilon}{1 + |L| + |M|}$, og anta uten tap av generalitet at $\varepsilon' < 1$. Nå, vi vet at det finnes $\delta>0$ slik at $|x-c|<\delta \implies |f(x) - L|, |g(x) - M| < \varepsilon'.$ Dermed ser vi at dersom $|x - c|<\delta$,
$$\begin{align*}
|f(x)g(x) - LM| & = |(f(x) - L)(g(x) - M) + L(g(x) - M) + M(f(x) - L)| \\
& \leq |f(x) - L||g(x) - M| + |L||g(x) - M| + |M||f(x) - L| \\
& < (\varepsilon')^2 + |L|\varepsilon' + |M|\varepsilon' \\
& < \varepsilon'(1 + |L| + |M|) \\
& = \varepsilon,
\end{align*}$$
og vi er ferdige.

[Aleks855]

Ah, dette var meget matnyttig! Tusen takk for gode innspill! Omskrivingen var skammelig nær noe annet jeg hadde prøvd, så det er godt å vite at jeg bare var noen skritt ut på jordet, med håp om retur.

Jeg tror det viktigste hullet jeg har er at jeg ikke helt skjønner hvorfor vi kan være så liberale med $\epsilon$, annet enn når vi begrenser den ovenfra.

Ideen er jo naturlig nok; for hvilken som helst $\epsilon > 0$ vi velger, så skal det finnes en $\delta$ som oppfyller implikasjonen.

Dennis skriver

Skriv $\varepsilon' = \frac{\varepsilon}{1 + |L| + |M|}$, og anta uten tap av generalitet at $\varepsilon' < 1$

Dette virker naturlig fordi hvis vi kan finne en passende $\delta$ som gjelder for $\epsilon \in (0, 1)$, så kan vi bruke samme $\delta$ for en hvilken som helst $\epsilon > 1$, fordi kravet til $\delta$ allerede er strengere enn vi trenger. (Derav WLOG?)

Markus skriver

Vi kan fint velge $\epsilon=1$ og finne $\delta$ slik at $|g(x)-M|<1$

Hvis vi tar utgangspunkt i at $\epsilon = 1$, er det ikke da mulig at $\delta$-verdien vi finner ikke fungerer for $\epsilon < 1$?

Her må det være noe jeg overser.

[Aleks855]

Ved nærmere ettertanke så ser jeg litt mer nøye hva poenget med $\epsilon '$ var, Dennis. Ideen er at siden vi vet at det finnes en passende $\delta$ for alle $\epsilon > 0$, så kan vi si det samme for alle $\epsilon ' = \frac{\epsilon}{k}$ når $k > 0$, ikke sant?

Jeg har også hatt litt tid til å se over de algebraiske omskrivingene. Ser hva du mener nå, Markus. Dette var ganske morsomt å snekre på.

Ideen med å addere og subtrahere en verdi er kjent, men jeg ser at det kan bli et mer og mer sentralt verktøy. Spesielt i Dennis' eksempel, så ser det ut som $f(x)M, \ g(x)L, \ LM$ er alle blitt presset inn for å få den elegante faktoriseringa som lett lar seg begrense ovenfra av $\epsilon$ til slutt.

[DennisChristensen]

Ved nærmere ettertanke så ser jeg litt mer nøye hva poenget med $\epsilon '$ var, Dennis. Ideen er at siden vi vet at det finnes en passende $\delta$ for alle $\epsilon > 0$, så kan vi si det samme for alle $\epsilon ' = \frac{\epsilon}{k}$ når $k > 0$, ikke sant?

Korrekt!

[Aleks855]

Takk igjen for innspillene! Har et oppfølgingsspørsmål.

Ønsker å vise at hvis $k\in\mathbb R$ og $\lim\limits_{x\to c}f(x) = L$, så er $\lim\limits_{x\to c}k\cdot f(x) = kL$. Slipper jeg så billig unna som jeg tror?

Fra produktregelen som nå er bevist, la $g(x) = k$, så er vel beviset fullført?

[Markus]

Takk igjen for innspillene! Har et oppfølgingsspørsmål.

Ønsker å vise at hvis $k\in\mathbb R$ og $\lim\limits_{x\to c}f(x) = L$, så er $\lim\limits_{x\to c}k\cdot f(x) = kL$. Slipper jeg så billig unna som jeg tror?

Fra produktregelen som nå er bevist, la $g(x) = k$, så er vel beviset fullført?

Yes - det er korrekt fordi $g$ er kontinuerlig på hele $\mathbb{R}$ og dermed også i $c$. Å bevise det med epsilon-delta her er for øvrig betraktelig mye lettere enn i det generelle tilfellet. Fra $\lim\limits_{x\to c}f(x) = L$ får vi at $|x-c|<\delta \implies |f(x)-L|<\frac{\epsilon}{|k|}$, så $$|kf(x)-kL|=|k||f(x)-L|<|k|\frac{\epsilon}{|k|} = \epsilon$$ dersom $|x-c|<\delta$.

Edit: fiksa beviset.

[Aleks855]

Yes - det er korrekt fordi $g$ er kontinuerlig på hele $\mathbb{R}$ og dermed også i $c$.

La oss si for ordens skyld at begrepet "kontinuitet" ikke er tatt opp enda på dette punktet (fordi jeg har valgt å separere kapitlet til et om grenser, og et om kontinuitet).

Vi kan vel likevel spare oss mye arbeid ved å bevise at hvis $g(x) = k, \ k\in\mathbb R$ så vil $\lim\limits_{x\to c}g(x) = k, \ \forall c \in \mathbb R$ (som går ganske kjapt), og deretter bruke $g(x) = k$ i produktregelen for å bevise $k\cdot f(x)$-regelen?

[Markus]

Yes - det er korrekt fordi $g$ er kontinuerlig på hele $\mathbb{R}$ og dermed også i $c$.

La oss si for ordens skyld at begrepet "kontinuitet" ikke er tatt opp enda på dette punktet (fordi jeg har valgt å separere kapitlet til et om grenser, og et om kontinuitet).

Vi kan vel likevel spare oss mye arbeid ved å bevise at hvis $g(x) = k, \ k\in\mathbb R$ så vil $\lim\limits_{x\to c}g(x) = k, \ \forall c \in \mathbb R$ (som går ganske kjapt), og deretter bruke $g(x) = k$ i produktregelen for å bevise $k\cdot f(x)$-regelen?

Ja, det kan vi uten noe problem. Det at en funksjon er kontinuerlig i $c$ er ekvivalent med å si at grensen til funksjonen eksisterer i $c$. Så å si at $g(x)=k$ er kontinuerlig i $c$, er det samme som å si at grensen $\lim_{x \to c} g(x)$ eksisterer. Antakelsen for å bruke produktregelen er jo nettopp at grensene til $f$ og $g$ eksisterer i $c$, eller sagt på en annen måte; at de er kontinuerlige i $c$. Det er bare to måter å si samme ting på.

[Aleks855]

Utmerket. Takk for input!

[DennisChristensen]

Det at en funksjon er kontinuerlig i $c$ er ekvivalent med å si at grensen til funksjonen eksisterer i $c$. Så å si at $g(x)=k$ er kontinuerlig i $c$, er det samme som å si at grensen $\lim_{x \to c} g(x)$ eksisterer.

Dette er feil. En funksjon $g$ er kontinuerlig i et punkt $c$ dersom grenseverdien $\lim_{x\rightarrow c}g(x)$ eksisterer og $\lim_{x\rightarrow c}g(x) = g(c)$.

[Markus]

Det at en funksjon er kontinuerlig i $c$ er ekvivalent med å si at grensen til funksjonen eksisterer i $c$. Så å si at $g(x)=k$ er kontinuerlig i $c$, er det samme som å si at grensen $\lim_{x \to c} g(x)$ eksisterer.

Dette er feil. En funksjon $g$ er kontinuerlig i et punkt $c$ dersom grenseverdien $\lim_{x\rightarrow c}g(x)$ eksisterer og $\lim_{x\rightarrow c}g(x) = g(c)$.

Beklager. Jeg tenkte det var underforstått at hvis $\lim_{x \to c} g(x)$ eksisterte (dvs. at venstre og høyre grenseverdi sammenfaller i punktet $c$, så var $\lim_{x \to c} g(x) = g(c)$. Men dette trenger nødvendigvis ikke å være sant da kanskje?

Uansett så funker argumentet ditt Aleks siden vi har både at grensen eksisterer og at $\lim_{x \to c} f(x) = f(c) =L$ og at $\lim_{x \to c} g(c) = k$ (fordi $g(x)=k$ for alle $x$)

[DennisChristensen]

Jeg tenkte det var underforstått at hvis $\lim_{x \to c} g(x)$ eksisterte (dvs. at venstre og høyre grenseverdi sammenfaller i punktet $c$, så var $\lim_{x \to c} g(x) = g(c)$. Men dette trenger nødvendigvis ikke å være sant da kanskje?

Dette er på ingen måte underforstått, men er heller det sentrale i definisjonen av kontinuitet. Se på følgende funksjon:
$$f(x) = \begin{cases}0 & x\neq 0 \\ 1 & x=0.\end{cases}$$

Da eksisterer grenseverdien $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)$, men $\lim_{x\rightarrow 0} f(x) = 0 \neq 1 = f(0)$, så $f$ er ikke kontinuerlig for $x=0$.