limite de funciones

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Pontificia Universidad Católica de Chile Ayudantía de Cálculo I, MAT-1610 
Facultad de Matemáticas 1-2011 
Escuela de ingeniería Sección 3 
RAÚL ANTONIO SALINAS HERRADA 
RASALINA@UC.CL 
AYUDANTÍA 3: LIMITE DE FUNCIONES 
LIMITE DE UNA FUNCIÓN EN UN PUNTO 
Se dice que el límite de una función :f D ⊂ →ℝ ℝ en el punto x0 es l cuando 
( )00, 0 : 0 x x x D f x lε δ δ ε∀ > ∃ > < − < ∧ ∈ ⇒ − < , se denota ( )
0
lim
x x
f x l
→
= 
Concepto muy similar al límite de una sucesión, sólo que es el delta el que hace las veces de 
n0. En palabras, sería: 
“Si a cualquier distancia del límite dentro de recta las imágenes puede tomarse una distancia 
al punto en la recta intersecada al dominio tal que todas las imágenes del 2º conjunto
( ) { }0 0 0, \x x x Dδ δ− + ∩ se encuentran en el intervalo ( ),l lε ε− + ”. 
No es necesario que ( )0f x l= , la función puede incluso no estar definida en el punto. 
Ejemplo gráfico 
 
LIMITES LATERALES 
Se define el límite por la izquierda como: 
( )00, 0 : 0 x x x D f x lε δ δ ε∀ > ∃ > < − < ∧ ∈ ⇒ − < ( )0limx x f x l+→ = 
La diferencia radica que ahora x >x0. Asimismo el límite por la derecha es: 
( )00, 0 : 0 x x x D f x lε δ δ ε∀ > ∃ > < − < ∧ ∈ ⇒ − < ( )
0
lim
x x
f x l
−→
= 
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Es claro que el límite existe si y sólo si ( ) ( )
0 0
lim lim
x x x x
f x f x
− +→ →
=
 
CARACTERIZACIÓN DEL LÍMITE EN UNA FUNCIÓN MEDIANTE SUCESIONES 
También puede decirse que el límite de una función existe si y sólo si 
{ } 0 0: limn n n
n
x x x n x x
→∞
∀ ≠ ∀ ∈ ∧ =ℕ se cumple ( )lim n
n
f x l
→∞
= 
Dibujo ilustrativo 
 
PROBLEMA 1: LÍMITES POR DEFINICIÓN 
Demuestre los siguientes límites por definición: 
I. 4
40
1
lim sin 0
x
x
x→
  = 
 
 
4 4
4
1
sinx x
x
  ≤ 
 
 Acotamos la función por una expresión que es sencilla llegar desde 
0 x δ< < . Se usa 4δ ε= 
4 4 44 1sin
4
x x x xε ε ε < ⇔ < ⇒ ≤ < 
 
 
II. 
0
1
limsin
x x x→
 
  −    
 no existe 
La gráfica de la función se ve así 
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Claramente no converge. Para demostrarlo puede utilizarse la caracterización de 
sucesiones del límite. Es útil construir 2 sucesiones que converjan a 0 pero que sus 
imágenes lo hagan a puntos distintos, Nótese que ningún punto de la sucesión puede 
ser 0 (por la misma caracterización). La primera sucesión elegida es 
1
2
2
nv
n
ππ
=
+
, como 0 1 0n nv v< < ⇒ =   Calculamos el límite sobre n 
1
limsin limsin 2 1
22
2
n n
n
n
ππππ→∞ →∞
 
   = + =   
  +
 
 
La otra sucesión es 
1
nw n
= − , acá 1 0 1n nw w− < < ⇒ = −   Por lo que el límite es 
( )1limsin sin 1 1
1
1
n
n
→∞
 
 
= − ≠ − +
 
 
III. 
( ) 1
0
lim , 0 2
n n
n
h
x h x
nx x n
h
−
→
+ −
= ≠ ≥ 
Puede confundir que ahora la variable es h, no x. Cuidado con eso 
Primer paso: Mayoramos la función por una expresión donde podamos trabajar 
 
( )
1 1 1
0 21 1
2
n n
n i i n n n i i n n n n
n n n
i in n i i
i
i i
x h x nx x h x nx x nx
ix h x n n
nx x h
nh h h
− − − − −
= =− − −
=
   
− − + + − −   + −     − = = =  
 
∑ ∑
∑
 
Aplicando desigualdad triangular 
1 1
2 2
n n
n i i n i i
i i
i i
x h x h
n n
− − − −
= =
   
≤   
   
∑ ∑ Lo que nos gustaría es tener un delta con la siguiente 
propiedad: 
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4
1 1
propiedad buscada 
11 1 1
1
i i
i
in n i
h
h
i i
x h x
n n n
δ
δ
εδ
− −
∀
−− − −
<
<
   
< <    −   
���������
 
 Y así poder sumar y listo. Como la suma es finita, el delta que se usa es 
( )
2.. 11
0 min
1
i n ni i
n x
n
εδ
= −−
 
 
 < <  
  −     
 Que cumple la propiedad porque 
( )
( )
11
1 1
1
11 1 1
1
1
1
ni
i i
n
in n i
h
i
n x
n
h
i
n x
n
i i
x h x
n n n
εδ
εδ
εδ
−−
− −
−
−− − −
< <
 
−  
 
< <
 
−  
 
   
< <    −   
 
Luego simplemente sumamos 
1
2
n
n i i
i
i
x h
n
ε− −
=
 
< 
 
∑ y como habíamos propuesto anteriormente 
( ) 1
2
n n n
n i i
i
ix h x
x h
nh
ε− −
=
+ −  
≤ < 
 
∑ Por lo que se ha demostrado por definición el límite 
pedido. 
TEOREMA DEL SÁNDWICH 
Si existe un intervalo ( )0 0, , 0x p x p p− + > donde se cumpla ( ) ( ) ( )f x g x h x≤ ≤ y se da la 
igualdad ( ) ( )
0 0
lim lim
x x x x
f x h x
→ →
= , entonces ( ) ( ) ( )
0 0 0
lim lim lim
x x x x x x
f x g x h x
→ → →
= = . 
ALGEBRA DE LÍMITES 
Iguales que en sucesiones. Si existen los límites de f y g en el punto x0, entonces: 
• ( ) ( )( ) ( ) ( )
0 0 0
lim lim lim
x x x x x x
f x g x f x g x
→ → →
+ = + 
• ( ) ( )
0 0
lim lim ,
x x x x
f x f xα α α
→ →
= ∈ℝ 
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5
• ( ) ( )( ) ( ) ( )
0 0 0
lim lim lim
x x x x x x
f x g x f x g x
→ → →
⋅ = ⋅ 
• ( ) ( )( )
( )
( )
0
0
0
lim
, lim
lim
x x
x x
x x
f xf x
g x g x
→
→
→
 
=  
 0
x x
lim g x 0
→→→→
≠≠≠≠ 
LIMITES A RECORDAR 
( )
0
sin
lim 1
x
x
x→
= ( )
0
1 cos
lim 0
x
x
x→
−
= 
0
1
lim 1
x
x
e
x→
− = 
PROBLEMA 2: LIMITES DE FUNCIONES 
Calcule los siguientes límites: 
I. 
( )
( )
5
21
1
80
1
sin
lim , 0
sin
i
i
i
i i
x i
i
i
x x
x
α
β α
β
=
→
=
≠ ≠
∏
∏
 Se completan los senos por separado
( )
( )
( )
( )
1
5 55 5 5
21 15
1 11 1 1
8 8 80 08 8
36
1 1 1
1 1
1
sin sin
lim lim
sin sin
i i
i i
i ii i i
i ii ii i i
i ix x
i i
i i i
i i
i i i
i i
x x
x x
x x
x x
x
x x
α α
α α αα α
β ββ β β
→
= == = =
→ →
= = == =
→
= =
∏ ∏∏ ∏ ∏
∏ ∏ ∏∏ ∏
�����
����	
 
II. 
3 2
0
1 1
lim
s
s s
s→
+ − +
 
 Una idea sería multiplicar por un 1 con tal de elevar a la sexta las 2 raíces, pero sería 
muy engorroso. En estos casos lo mejor separar inteligentemente. 
 
3 32 2
0 0
1 1 1 1 1 1
lim lim
s s
s s s s
s s s→ →
+ − + + − + −= − Ambos límites se calculan por separado 
( )0 0
1 1 1
lim lim
21 1s s
s s
s s s→ →
+ − = =
+ +
 
( )
23 2
20 0 3 2 3 2
1 1 11
lim lim 0
1 11
s s
ss
s
s s s
→ →
− + −+ = =
 + + ++ 
 
 Por lo que 
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6
3 2
0
1 1 1
lim
2s
s s
s→
+ − + = 
III. 
( )
2
tan
lim
2t
t
t
π
→− +
 I1 2009-2 pregunta 2.b 
 
Nuestro arsenal es con límites en 0… pues llevemos el límite a 0 con un cambio de 
variables 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2 0 0 0
1
tan tan 2 tan sin
lim lim lim lim
2 cos
u t
t u u u
t u u u
t u u u u
π
π π π π π π π
π π
= +
→− → → →
→
+
= = = =
+ ����	����	
 
IV. 
( ) ( )tan tan
lim
v a
v a
v a→
−
−
 
Se aplica la misma substitución 
( ) ( ) ( ) ( )
0
tan tan tan tan
lim lim
u v a
v a u
v a u a a
v a u
= −
→ →
− + −
=
− 
Ahora se expande 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
0 0
tan tan
tan
tan tan 1 tan tan
lim lim
u u
u a
a
u a a u a
u u→ →
+
−
+ − −
= Desarrollando 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )22
0 0
tan 1 tantan tan tan tan tan
lim lim
u u
u au a a u a
u u→ →
++ − +
= 
( )( ) ( )( ) ( )
2 2
0
1
sin
lim 1 tan 1 tan
cosu
u
a a
u u→
→
+ = +
����	 
V. ( )
0
1 1
lim cos
x
x
x x→
   −      
 
Para estos problemas se usa una desigualdad típica 
1 1 1
1
x x x
 ≤ < +  
 como ( )1 cos 0x−≥ 
( )( ) ( )( ) ( )( )1 1 11 cos 1 cos 1 1 cosx x x
x x x
   − ≤ − < + −     
 por lo que 
( )( )
0
1
lim 1 cos 0
x
x
x→
 − =  
 
 
 
 
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PROBLEMA 3: EL LÍMITE DEFINITIVO 
Se define la función ( ): 0,1ρ →ℝ de la siguiente forma: 
( )
1
0
nxρ 
 ∼
si x tiene desarrollo decimal finito
 
Donde n es el número de cifras significativas de x 
Demostrar: 
I. ( )
0
lim 0
x
xρ
→
= 
II. ( ) [ ]lim 0, 0,1
x a
x aρ
→
= ∈ 
CARACTERIZACIÓN DE LA FUNCIÓN RHO 
Para poder trabajar con la función hay que precisar el concepto de “número decimal finito” 
y “cifras significativas”. 
Puede decirse que todos los números de desarrollo decimal finito son de la forma 
, L,
10k
L
k ∈ℕ Sin embargo, L y k no son únicos para un mismo número, por ejemplo: 
3 4
1 125 125 1250
0,125 0,1250...
8 1000 10 10
= = = = = 
Según esta expresión min : ,
10k
L
n k x L k
 = = ∈ 
 
ℕ 
Si ( ),10 1kMCD L = (coprimos), como en 3
1000
, entonces n k= , pero no es el caso de todos los 
números de desarrollo decimal finito porque falta considerar cancelaciones entre L y 10k 
como en 
1
8
. Para evitar el problema debe forzarse la simplificación, quedando cincos y 
doses en el denominador y el numerador coprimo con éste. Así, 
0: , ,10 2 5k i j
L P
P i j= ∈ℕ Donde ( ), 2 5 1i jMCD P = . Ahora sí que P, i y j son únicos. 
Si i j≥ , significa que en el proceso de simplificación se “perdieron” algunos cincos. 
5
2 5 10
i j
i j i
P P−= Por construcción, n i= . Análogamente, si i j< 
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8
2
2 5 10
j i
i j j
P P−= Ahora es j igual a n. 
Resumiendo: 
( ) { } ( ) 0
1
si : , 2 5 1 , ,
max , 2 5
0
i j
i j
P
x MCD P P i j
i jxρ
 = = ∈



ℕ
∼
 
Ahora puede trabajarse algo más cómodamente con la función rho. 
 
DEMOSTRACIÓN PARA A=0 
Para el límite, debe demostrarse ( )0, 0 : x xε δ δ ρ ε∀ > ∃ > < ⇒ < . Sin valores absolutos. 
Sea 0ε > 
Por propiedad arquimideana, 0
0
1
:n
n
ε∃ ∈ <ℕ 
Sería conveniente encontrar un delta con la propiedad ( )
0
1
x x
n
δ ρ< ⇒ < . Notar que ésto 
debe demostrarse sólo en x tales que ( ) 0xρ ≠ . Según la descripción original, se busca un 
intervalo tal que todos los valores dentro de él se escriban con más de n0 cifras significativas. 
Así que un buen delta sería 
0
1
0
10n
δ< < Supóngase que ( ) 0x xδ ρ< ∧ ≠ 
0
1
2 5 10ni j
P
x = < 
 Por demostrar: { } 0max ,i j n> 
Gracias a nuestro delta verificar esto es bastante sencillo ya que es intuitivo que ningún 
número menor al delta puede ser escrito con menos de n0 cifras. Sin pérdida de generalidad, 
se asume que i j≥ 
0
1
2 5 10ni j
P < 
0
5 1
10 10
i j
ni
P− < Como P es natural 
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9
0 0
1 5 1
10 10 10
i j
ni i
P
i n
−
< < ⇒ > . Análogo para j i> , en este caso es 0j n> . Por tanto: 
( ) { } 0
1 1
max ,
x
i j n
ρ ε= < < Q.E.D 
DEMOSTRACIÓN GENERAL 
Sea 0ε > 
Por demostrar ( )0 : 0 x a xδ δ ρ ε∃ > < − < ⇒ < 
Igual que en el anterior, por propiedad arquimideana, 0
0
1
:n
n
ε∃ ∈ <ℕ 
Parecería intuitivo usar el mismo delta para este ejercicio. Sin embargo existen algunas 
complicaciones, Si: 
0,2000001 
3= 8
a
ε
= (muy cercano a 0,2)
 
Siguiendo el razonamiento del límite en 0 
0
3
3
1
0,0009
10
n
δ
=
= <
 
Lo malo es que ahora 0,2 pertenece al intervalo porque 
60,2 0,2000001 10 0,0009−− = < , pero ( ) 1 30, 2
2 8
ρ = > 
Como “no sabemos dónde estamos parados” lo ideal sería tomar un intervalo tal que todos 
los números de desarrollo decimal finito usen más de n0 cifras significativas… por tanto 
simplemente vamos se define delta a través de esta idea. 
Se define el conjunto Q como: 
( )
0
1
:Q x x
n
ρ
 
= ≥ 
 
 Debe demostrarse que este conjunto es finito 
En palabras: Q es el conjunto de todos los número de menos de n0+1 dígitos. Intuitivamente es 
trivial que Q es finito, la demostración formal sería. 
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1
( ) { }0 0: , , , , 2 5 1, max ,2 5
i j
i j
P
Q x x P i j MCD P i j n
 = = ∈ = < 
 
ℕ 
Como 0i n< y 0j n< falta acotar sólo P, sólo hay que recordar que x < 1. 
0 0
1
2 5
2 5 2 5
i j
n ni j
P
P
<
< <
 
Por tanto 0 020# 2 5
n nQ n≤ Por lo que Q es finito 
Así se define delta como 
{ }0 min
x Q
x a
x aδ
∈
≠
< < − 
Por la misma definición de Q, se desprende 
( )
0
1
0 x a x
n
δ ρ< − < ⇒ < 
Que es lo que se quería demostrar