Limite de Funciones

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LIMITE DE FUNCIONES
1 Ĺımite de Funciones
Definición 1.1 Sea A ⊂ R y sea a ∈ R no necesariamente en A. Decimos que a es un punto de
acumulación de A si para todo � > 0 se tiene {(a− �, a + �) \ {a}} ∩ A 6= ∅.
Ejemplo:
1. Si A = { 1
n
/n ∈ N}, entonces 0 es el único punto de acumulación de A.
2. Si B = (0, 1), entonces el conjunto de puntos de acumulación de B es el intervalo [0, 1].
Definición 1.2 Sea f : Dom(f) → R y sea a un punto de acumulación de Dom(f). Se dice que f(x)
tiende a l cuando x tiende a a, y se escribe lim
x→a
f(x) = l, si y sólo śı
∀� > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ Dom(f) y 0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < �.
Observación:
1. Al igual que en el caso de sucesiones esto significa intuitivamente que cuando la variable x se
acerca a a a lo largo del dominio de f , el valor de la función f(x) se acerca a l.
2. Hacemos notar que el valor, y la existencia, del ĺımite no dependen del valor de la función en
el punto a sino del valor de f en los puntos del dominio cercanos a a. La función f ni siquiera
necesita estar definida en a para definir lim
x→a
f(x).
3. Si f y g son dos funciones tales que para a ∈ R se tiene que existe α > 0 tal que
Dom(f) ∩ {(a− α, a + α) \ {a}} = Dom(g) ∩ {(a− α, a + α) \ {a}}
y además a es punto de acumulación de Dom(f), (y por lo tanto también de Dom(g)).
Entonces si
f(x) = g(x) ∀ x ∈ (a− α, a + α) \ {a},
se tiene que
lim
x→a
f(x) existe si y sólo śı lim
x→a
g(x) existe
y en el caso de que existan se tiene
lim
x→a
f(x) = lim
x→a
g(x).
1
En lo que sigue de esta sección cuando hablemos de lim
x→a
f(x) siempre estaremos pensando
en el caso que existe algún α > 0 tal que {(a− α, a + α) \ {a}} ⊂ Dom(f). El alumno interesado
puede consultar algún texto para el caso mas general. Para el caso de lim
x→a
f(x) si el dominio de f es de
la forma (a, b) vea la sección sobre ĺımites por la derecha y por la izquierda.
Observación:
Como en el caso de sucesiones observamos que las cuatro afirmaciones siguientes son equivalentes:
1) lim
x→a
f(x) = l.
2) lim
x→a
(f(x)− l) = 0.
3) lim
x→a
|f(x)− l| = 0.
4) lim
h→0
f(a + h) = l.
Ejemplo:
Probar que si n ∈ N y n > 0, entonces lim
x→0
xn = 0.
Solución:
Si alguien nos da un � debemos encontrar un δ tal que cada vez que 0 < |x − 0| < δ se tenga
|xp − 0| < �.
Esto es bastante fácil ya que si alguien nos da un � nosotros escogemos δ = �
1
n y entonces se tiene
0 < |x| < δ ⇒ |xn| = |x|n < δn = �.
Ejercicio:
Sea f definida por
f(x) =

x2 + 2 si x < −1
x2 si −1 ≤ x < 0
17 si x = 0
x2 si 0 < x ≤ 1
x2 − 7 si 1 < x
a) Grafique la función.
b) Compruebe que
lim
x→0
f(x) = 0.
Teorema 1.1
lim
x→a
x = a
Demostración:
Si alguien nos da un � debemos encontrar un δ tal que cada vez que 0 < |x − a| < δ se tenga
|x− a| < �. Es claro que la elección δ = � sirve.
Teorema 1.2
lim
x→a
C = C
2
Demostración:
Si alguien nos da un � debemos encontrar un δ tal que cada vez que 0 < |x − a| < δ se tenga
|C − C| < �. Es claro que cualquier δ sirve.
Pasamos ahora a demostrar algunos teoremas básicos sobre ĺımites.
Ejercicio:
Probar que si lim
x→a
f(x) = l y M es una constante, entonces lim
x→a
(Mf(x)) = Ml.
Teorema 1.3
Si lim
x→a
f(x) = l y lim
x→a
g(x) = m, entonces
lim
x→a
(f(x) + g(x)) = l + m
.
Demostración:
Sea � > 0 dado.
Como lim
x→a
f(x) = l, existe δ1 > 0 tal que
0 < |x− a| < δ1 ⇒ |f(x)− l| <
�
2
.
Como lim
x→a
g(x) = m, existe δ2 > 0 tal que
0 < |x− a| < δ2 ⇒ |g(x)−m| <
�
2
.
Obsevamos que
|(f(x) + g(x))− (l + m)| ≤ |f(x)− l|+ |g(x)−m|.
Ahora tomando δ = min(δ1, δ2) tenemos
0 < |x− a| < δ ⇒ |(f(x) + g(x))− (l + m)| ≤ |f(x)− l|+ |g(x)−m| < �
2
+
�
2
= �
lo que termina la demostración.
Antes de dar el teorema para el producto y el cuociente veremos el teorema del Sandwich que es
bastante útil.
Teorema 1.4 (del sandwich.)
Sean f, g, h tres funciones tales que
f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) ∀ x ∈ {(a− α, a + α) \ {a}} para algún α > 0.
Entonces si
lim
x→a
f(x) = lim
x→a
h(x) = l.
se tiene que lim
x→a
g(x) existe y
lim
x→a
g(x) = l.
3
Demostración:
Sea � > 0 dado. Necesitamos probar que existe δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ l − � < g(x) < l + �.
Sabemos que existe 0 < δ1 < α tal que
0 < |x− a| < δ1 ⇒ l − � < f(x) < l + �
y que existe 0 < δ2 < α tal que
0 < |x− a| < δ2 ⇒ l − � < h(x) < l + �.
Tomando δ = min(δ1, δ2) tenemos que
0 < |x− a| < δ ⇒ l − � < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < l + �
como se queŕıa demostrar.
Necesitamos ahora la siguiente definición.
Definición 1.3
Una función f se dice ACOTADA en un conjunto A ⊂ Dom(f) si y sólo śı existe M > 0 tal que
|f(x)| ≤ M ∀ x ∈ A.
Podemos enunciar ahora el siguiente teorema.
Teorema 1.5
Sean f y g funciones tales que
lim
x→a
f(x) = 0
y
g es acotada en (a− α, a + α) \ {a} para algún α > 0.
Entonces
lim
x→a
f(x) · g(x) = 0.
Demostración:
Para x ∈ (a− α, a + α) \ {a} se tiene para algún M > 0
0 ≤ |f(x) · g(x))| ≤ M |f(x)|
y el teorema sigue del Teorema del Sandwich.
Ejercicio:
Calcular lim
y→0
x sin( 1
x
). Observe que el dominio de esta función es R \ {0}.
Al igual que para sucesiones tenemos también la situación siguiente.
4
Teorema 1.6
Si lim
x→a
f(x) = l existe entonces f es acotada en (a− α, a + α) \ {a} para algún α > 0.
Demostración:
Tomando � = 1 en la definición de ĺımite tenemos que existe α > 0 tal que
0 < |x− a| < α ⇒ |f(x)− l| < 1.
De esto se deduce que
|f(x)| < |l|+ 1 para todo x ∈ (a− α, a + α) \ {a}
lo que termina la demostración.
Podemos demostrar ahora el teorema del producto y del cuociente.
Teorema 1.7
Si lim
x→a
f(x) = l y lim
x→a
g(x) = m, entonces
a)
lim
x→a
(f(x) · g(x)) = l ·m
.
b) Si además m 6= 0, entonces
lim
x→a
f(x)
g(x)
=
l
m
.
Demostración:
Daremos la demostración sóo en el caso del producto. Se tiene
|f(x) · g(x)− l ·m| ≤ |f(x) · g(x)− f(x) ·m|+ |f(x) ·m− l ·m| ≤ |f(x)||g(x)−m|+ m|f(x)− l|.
El teorema sigue ahora por el Teorema del Sandwich ya que lim
x→a
|f(x) − l| = 0, lim
x→a
|g(x) − m| = 0 y
f(x) está acotada cerca de a.
Teorema 1.8 Si a ≥ 0, entonces
lim
x→a
√
x =
√
a.
Demostración:
Supongamos primero que a > 0. Debemos probar que
lim
x→a
|
√
x−
√
a| = 0.
Se tiene
|
√
x−
√
a| = 1
|
√
x +
√
a|
|x− a|.
Como 1|√x+√a| está acotada ”cerca” de a si a > 0 y limx→a |x− a| = 0, ya que x → a, se tiene el teorema en
el caso a > 0. El caso a = 0 queda para la sección de ĺımites laterales ya que el dominio de la función√
x es el intervalo [0,∞).
Se tiene también el siguiente teorema para la composición cuya demostración es muy fácil.
5
Teorema 1.9
Sean f y g dos funciones tales que
lim
x→a
f(x) = l
y además
lim
y→l
g(y) = p
Se define
g(x) =
{
g(x) si x 6= l
p si x = l
Entonces para la función compuesta g ◦ f se tiene que lim
x→a
g ◦ f(x) existe y
lim
x→a
g ◦ f(x) = p.
Demostración:
Sea � > 0 dado. Como lim
y→l
g(y) = p existe δ1 > 0 tal que
0 < |x− l| < δ1 ⇒ |g(x)− p| < �.
Como lim
y→a
f(y) = l existe δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− l| < δ1.
En consecuencia se tiene que si |x− a| < δ, entonces
|g(f(x))− p| < �
como se queŕıa demostrar.
Teorema 1.10
lim
x→0
sin(x) = 0.
Demostración:
En el ćırculo unitario,es decir |ob| = 1, del dibujo
&%
'$
��
c
bo a
se tiene que si arco(bc) = x, entonces |ac| = | sin(x)|.
Por lo tanto, del teorema de Pitágoras y del hecho que la distancia mas corta entre dos puntos se
realiza a lo largo de la ĺınea recta, tenemos
| sin(x)| ≤ |x|
y el teorema sigue por el Teorema del Sandwich.
6
Teorema 1.11
lim
x→0
cos(x) = 1.
Demostración:
Para x cerca de 0 se tiene
cos(x) = +
√
1− sin2(x).
Ahora lim
x→0
sin(x) = 0, luego lim
x→0
(1− sin2(x)) = 1 y por lo tanto lim
x→0
√
1− sin2(x) = 1 lo que termina
la demostración.
Ejercicio:
Probar que lim
x→0
tan(x) = 0.
Teorema 1.12
lim
x→a
sin(x) = sin(a).
Demostración:
Basta probar que lim
h→0
sin(a + h) = sin(a). Se tiene
sin(a + h) = sin(a) cos(h) + cos(a) sin(h)
y el teorema se obtiene haciendo tender h a cero.
Ejercicio:Probar que
1. lim
x→a
cos(x) = cos(a).
2. lim
x→a
tan(x) = tan(a).
Teorema 1.13
lim
x→0
sin(x)
x
= 1.
Demostración:
En el ćırculo unitario,es decir |ob| = 1, del dibujo
&%
'$
�
�c
bo a
d
se tiene que si arco(bc) = x, entonces |ac| = | sin(x)| y |bd| = sin(x)
cos(x)
.
Por lo tanto, del teorema de Pitágoras y del hecho que la distancia mas corta entre dos puntos se
realiza a lo largo de la ĺınea recta, tenemos
| sin(x)| ≤ |x|.
7
Por otra parte el área del sector circular obc es menor que el área del triángulo obd. Pero
área sector circular obc =
1
2
|x|
y
área triángulo obd =
1
2
∣∣∣∣∣ sin(x)cos(x)
∣∣∣∣∣ .
Por lo tanto
| cos(x)| ≤
∣∣∣∣∣sin(x)x
∣∣∣∣∣ ≤ 1
y el teorema sigue por el Teorema del Sandwich ya que para x cercano a 0 se tiene
∣∣∣ sin(x)
x
∣∣∣ = sin(x)
x
.
Ejercicio:
Calcular
1. lim
x→0
sin(3x)
x
.
2. lim
x→1
sin(x2−1)
x−1 .
3. lim
x→0
sin(x5+2x2)
x3+x2
.
Teorema 1.14
lim
x→0
1− cos(x)
x2
=
1
2
.
Demostración:
El teorema es consecuencia inmediata de la identidad trigonométrica
1− cos(2θ) = 2 sin2(θ).
Ejercicio:
Calcular
1. lim
x→0
1−cos(x)
sin2(x)
.
2. lim
x→0
1−cos2(x)
sin2(x)
.
3. lim
x→π
2
1−sin(x)
cos2(x)
.
4. lim
x→1
√
1−cos(x−1)
x2−1 .
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2 Ĺımites por la derecha e izquierda
Sea f : R → R y sea a ∈ R no necesariamente en el dominio de f .
Se dice que f(x) tiende por la derecha a l cuando x tiende a a, y se escribe lim
x→a+
f(x) = l, si y sólo śı
∀� > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ Dom(f) y 0 < x− a < δ ⇒ |f(x)− l| < �.
de manera analoga:
Se dice que f(x) tiende por la izquierda a l cuando x tiende a a, y se escribe lim
x→a−
f(x) = l, si y sólo
śı
∀� > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ Dom(f) y 0 < a− x < δ ⇒ |f(x)− l| < �.
Hacemos notar que los teoremas de la suma, del producto, del cuociente, del Sandwich, como también
los demás teoremas de la Sección 1, tienen su versión para ĺımites laterales. El alumno se encargará de
escribirlas.
Ejercicio:
Calcular
1. lim
x→0+
|x|
x
.
2. lim
x→0+
√
x.
3. lim
x→2−
x− [x].
El teorema siguiente, cuya demostración fué dada en clases, relaciona ĺımites por la derecha e
izquierda con ĺımites a secas.
Teorema 2.1
lim
x→a
f(x) existe si y sólo śı ambos lim
x→a+
f(x) y lim
x→a−
f(x) existen y son iguales.
Además en el caso en que los tres existen los tres son iguales.
Observación:
Del teorema precedente se deduce que si lim
x→a
f(x) existe, entonces ambos lim
x→a+
f(x) y lim
x→a−
f(x)
existen y son iguales. Por lo tanto para ver que un ĺımite NO existe basta comprobar que uno de los
ĺımites laterales NO existe o que ambos existen pero NO son iguales.
Ejercicio:
Determinar los valores de a tales que lim
x→a
|x|
x
no existe.
9
3 Ĺımites en infinito
Se dice que f(x) tiende a l cuando x tiende a +∞, y se escribe lim
x→+∞
f(x) = l, si y sólo śı
∀� > 0 existe K > 0 tal que
x ∈ Dom(f) y x > K ⇒ |f(x)− l| < �.
Ejemplo:
Probar que lim
x→+∞
1
x
= 0.
Demostración:
Si nos dan un � > 0 debemos encontrar un K tal que x > K → | 1
x
| < �. Es claro que la elección
K = 1
�
sirve.
Hacemos notar que los teoremas de la suma, del producto, del cuociente, del Sandwich, como también
los demás teoremas de la Sección 1, tienen su versión para ĺımites en +∞. El alumno se encargará de
escribirlas.
Ejercicio:
Calcular
a)
lim
x→+∞
3x5 − 2x3 + 2
7x5 + 25x− 7
.
b)
lim
x→+∞
x + 1
x2 + x + 1
.
c)
lim
x→+∞
1
xp
donde p > 1.
Hint: Use la definición.
d)
lim
x→+∞
sin(x2 + 1)
x4 + 1
.
Ejercicio:
Repita todo lo anterior, incluyendo la definición, para ĺımites en −∞.
4 Ĺımites infinitos
Se dice que f(x) tiende a +∞ cuando x tiende a a, y se escribe lim
x→a
f(x) = +∞, si y sólo śı
∀K > 0 existe δ > 0 tal que
x ∈ Dom(f) y 0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > K.
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Hacemos notar que los teoremas de la suma, del producto, del cuociente, del Sandwich, como también
los demás teoremas de la Sección 1, tienen su versión para ĺımites infinitos. El alumno se encargará de
escribirlas.
Ejemplo:
Probar que lim
x→0
1
x2
= +∞.
Demostración:
Si nos dan K > 0 debemos encontrar δ de modo que cada vez que 0 < |x| < δ se tenga que 1
x2
> K.
La elección δ = 1√
K
sirve.
Ejercicio:
Es cierto que lim
x→0
1
x
= +∞?
Teorema 4.1
Si lim
x→a
f(x) = +∞, entonces lim
x→a
1
f(x)
= 0.
Observamos que el rećıproco no es cierto. Por qué?. Sin embargo tenemos el siguiente teorema.
Teorema 4.2
Si lim
x→a
f(x) = 0 y ADEMAS f(x) > 0 para todo x en un intervalo de la forma (a − α, a + α) para
algún α > 0, entonces lim
x→a
1
f(x)
= +∞.
Como ejercicio final defina lim
x→+∞
f(x) = +∞ y enuncie algún teorema que crea cierto. Ojalá lo
demuestre.
5 Relación con Ĺımites de Sucesiones.
El teorema siguiente relaciona ĺımites de sucesiones con ĺımites de funciones. Su demostración no es
dificil.
Teorema 5.1
lim
x→b
f(x) = l si y sólo śı para toda sucesión {an}+∞n=0 tal que limn→+∞ an = b se tiene que limn→+∞ f(an) = l
El teorema dice en particular que si el ĺımite existe y lim
x→b
f(x) = l, entonces para toda sucesión
{an}+∞n=0 que converge a b se debe tener que limn→+∞ f(an) = l. Por lo tanto para demostrar que una
función NO TIENE LIMITE basta ver que esta situación falla, ya sea porque hay una sucesión para la
cual NO existe lim
n→+∞
f(an), o encontrando dos sucesiones que den ĺımites distintos.
Ejemplo:
Probar que NO existe lim
x→+0
sin( 1
x
).
Ejercicio:
Probar que NO existe lim
x→+∞
cos(x2 + 1).
Ejercicio:
11
1. Calcular en caso que exista:
a) lim
x→+∞
x5+3x2−3
7x5+x2−2 b) limx→+∞
x7+3x4−3
7x3+x2−7 c) limx→+∞
x3x2−3
7x4+x3+5
d) lim
x→+∞
x2−4
x2−4x+4
e) lim
x→0
x3+x
x2−3x f) limx→0
x3−2x2+x
x4+x2
g) lim
x→0
x4+x2
x7+x
e) lim
x→0
x3−3x
x2+1
f) lim
x→0
√
1+x−1
x
g) lim
x→+∞
(
√
x2 − x + 1−
√
x2 + x + 1) h) lim
x→2
x2−4
x2−4x+4 i) limx→−3
x+3
x3−2x2−3x
2. Calcular en caso que exista:
a) lim
x→0
sin(x) b) lim
x→0
cos(x) c) lim
x→0
tan(x) d) lim
x→α
sin(x)
e) lim
x→+∞
(
√
x2 − sin(x) + 1−
√
x2 + cos(x) + 1) f) lim
x→0
tan(x)√
sin(x)
g) lim
x→0
(cos(x))2−1
sin(x) h) limx→−3
sin(x+3)
x3−2x2−3x
i) lim
x→1
[x] j) lim
x→0
x
|x| k) limx→π2
cos( 1x−π2 ) l) limx→1
( 3x3−1 −
1
x−1 )
m) lim
x→+∞
((x3 + x2 + 1)
1
3 − (x3 − x2 + 1) 13 ) n) lim
x→+∞
x
[x] o) limx→0
(1+x)
1
n−1
x p) limx→1
( 3
1−x
1
2
− 2
1−x
1
3
)
3. Calcular en caso que exista:
a) lim
x→0
sin(7x)
x
b) lim
x→0
cos(x)−1
x2
c) lim
x→π
2
cos x
x−π
2
d) lim
x→π
4
tan(x)−1
x−π
4
e) lim
x→1
sin(x−1)
x2−1 f) limx→0
tan(−7x)
x
g) lim
x→0
cos(x)−1
(tan(x))2
h) lim
x→−3
sin(x+3)
x3−2x2−3x
i) lim
x→0
arcsin(x)
sin(x)
j) lim
x→0
sin(x)
|x| k) limx→π
2
cos(
x−π
2
sin(x−π
2
)
) l) lim
x→π
2
cos(
x−π
2
sin(5(x−π
2
)
)
12