slides-clase07 - Luis Disset - Nelson Osorio Arriola

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Vecindades
Dado un punto a ∈ R, un intervalo abierto que contiene a a es
llamado una vecindad de a.
Si a una vecindad de a se le quita a, lo que queda es llamado
un intervalo perforado, o una vecindad perforada de a.
Así, la definición de límite puede ser expresada como sigue:
dado cualquier ε > 0, existe una vecindad perforada N de a
x ∈ N ∩ D → |f (x)− L| < ε).
Notación:
Si el límite de f (x) cuando x tiende a a es L, anotaremos esto
como
lim
x→a
f (x) = L.
Ejemplos de cálculo de límites
Mostraremos, usando la definición, que
lim
x→2
2x− 1 = 3.
Sea ε > 0. Buscamos δ > 0 tal que
0 < |x− 2| < δ → |2x− 1− 3| < ε.
En otras palabras, buscamos δ > 0 tal que
0 < |x− 2| < δ → |2x− 4| < ε.
Si |x− 2| < δ entonces |2x− 4| = 2 |x− 2| < 2δ. Así, basta que
2δ ≤ ε para que se satisfaga la definición de límite.
En otras palabras, tomando δ = ε/2 (o cualquier valor menor)
se tendrá
0 < |x− 2| < δ → |2x− 4| = 2 |x− 2| < 2δ = ε,
que es lo que queríamos demostrar.
Cálculo de lim
x→a
x2
Sea ahora a ∈ R. Demostraremos que lim
x→a
x2 = a2.
Dado ε > 0, buscamos δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ →
∣∣x2 − a2∣∣ < ε.
Como
∣∣x2 − a2∣∣ = |x− a| |x + a|, vemos que
0 < |x− a| < δ →
∣∣x2 − a2∣∣ < δ |x + a| .
Si pudiéramos acotar |x + a|, esto nos permitiría acotar∣∣x2 − a2∣∣ que es lo que queremos. Por ejemplo, podemos lograr
que |x + a| < 2 |a|+ 1, si tan sólo logramos exigir que |x| no sea
más que |a|+ 1. ¿Cómo lograr esto?
Cálculo de lim
x→a
x2 (cont).
Una forma de conseguir lo anterior es exigir que δ ≤ 1, o sea,
imponer esto como condición previa. Así, δ debe ser menor
que 1, y a la vez debe tenerse δ |x + a| < ε. Pero para esto es
suficiente que se tenga
δ <
ε
2 |a|+ 1
<
ε
|x + a|
.
Así, finalmente, basta tomar δ < min(1, ε2|a|+1) para que
0 < |x− a| < δ →
∣∣x2 − a2∣∣ < ε.
Hemos probado que lim
x→a
x2 = a2.
Ejercicio
Sea n ∈ N, n > 2. Calcule lim
x→a
xn.
Otro ejemplo: cálculo de lim
x→a
sen x
Demostraremos que lim
x→a
sen x = sen a.
Sea ε > 0 arbitrario. Tratamos de hallar δ > 0 tal que
0 < |x− a| < δ → |sen x− sen a| < ε.
Supongamos que |x− a| < δ.
Sabemos que |sen x− sen a| = 2
∣∣sen ( x−a2 )∣∣ ∣∣cos ( x+a2 )∣∣.
Cálculo de lim
x→a
sen x (cont.)
Tenemos:
|sen x− sen a| = 2
∣∣sen ( x−a2 )∣∣ ∣∣cos ( x+a2 )∣∣ .
Además:
I
∣∣sen ( x−a2 )∣∣ ≤ ∣∣ x−a2 ∣∣ (ver la próxima diapositiva).
I
∣∣cos ( x+a2 )∣∣ ≤ 1.
Juntando estos dos resultados, obtenemos que
|sen x− sen a| ≤ 2
∣∣ x−a
2
∣∣ = |x− a| < δ.
Así, tomando δ = ε, se tiene
0 < |x− a| < δ → |sen x− sen a| < ε.
Anexo: |sen x| ≤ |x|
En la diapositiva anterior usamos la propiedad de que, dado
x ∈ R, |sen x| ≤ |x|. A continuación demostramos este hecho.
Para empezar, esto es cierto para x = 0.
P
Q
RO
En efecto: si 0 < x < π/2, y en
la figura (donde el cuarto de
círculo ha sido dibujado con
radio 1) x es el largo del arco
de círculo que une P y Q,
entonces sen x es el doble del
área del triángulo OPQ.
Claramente, esta área es
menor que el área del sector
circular OPQ, que es igual a
x
2
.
Así, en este caso,
0 < sen x < x.
|sen x| ≤ |x| (cont.)
Ya que sen es una función impar, para −π/2 < x < 0 se tiene
x < sen x < 0, de donde |sen x| ≤ |x| para x ∈ (−π/2, π/2).
Finalmente, si |x| ≥ π/2, entonces
|sen x| ≤ 1 < π/2 ≤ |x|, por lo que
|sen x| ≤ |x|
para todo x ∈ R.
Un corolario importante
Agreguemos un par de líneas a la figura anterior.
PRO
S
Q
En la figura podemos apreciar
(comparando las áreas del
triángulo OQR, del sector
circular OPQ y del triángulo
OPS) que, para x ∈ (0, π/2) se
tiene sen x < x < tan x.
Como tanto x como sen x y
tan x son funciones impares,
esta desigualdad puede ser
expresada como
|sen x| ≤ |x| ≤ |tan x|
para todo x ∈ (−π/2, π/2).
Esto nos será útil a futuro . . .
El teorema de enlace
Una herramienta útil para estudiar los límites de funciones es el
llamado teorema de enlace, que nos permite conectar la
noción de límite de una función con la de límite de una
sucesión, estudiada anteriormente.
Ejemplo
Sea f (x) = x2 + 1. Sabemos que lim
x→1
f (x) = 2.
Consideremos ahora una sucesión (xn) que converja a 1, por
ejemplo, xn = n+1n . Entonces
lim
n→∞
f (xn) = lim
n→∞
f
(
n + 1
n
)
= lim
n→∞
((
n + 1
n
)2
+ 1
)
= 2.
El teorema de enlace (cont.)
Esto nos sugiere la siguiente idea:
Si lim
x→a
f (x) = L, y (xn) es una sucesión tal que
lim
n→∞
xn = a, entonces
lim
n→∞
f (xn) = L.
¿Es esto verdad en general?
El teorema de enlace (cont.)
Lamentablemente, la “propiedad” recién mencionada no es
cierta en general.
Consideremos el siguiente (contra)ejemplo: si
f (x) =
{
|x|+ 1 si x 6= 0,
0 si x = 0;
,
entonces lim
x→0
f (x) = 1.
Pero si tomamos la sucesión (xn) dada por
xn =
1 + (−1)n
n
,
que satisface la condición lim
n→∞
xn = 0, vemos que la sucesión
f (xn) toma los valores f (0), f (1), f (0), f (1/2), f (0), f (1/3), f (0),
f (1/4), . . . , o sea, 0, 2, 0, 3/2, 0, 4/3, 0, 5/4, . . . que claramente
no tiene límite (ya que tiene una subsucesión que es constante
0 y otra que converge a 1).
¿Dónde está el problema?
El teorema de enlace (cont.)
El problema del ejemplo anterior radica en que algunos
elementos de la sucesión (xn) tomaban el valor 0, que es el
punto al que se acercaba la variable independiente de la
función en el cálculo de lim f (x). Pero, si prohibimos este caso,
la propiedad se vuelve cierta.
En otras palabras, podemos demostrar el siguiente
Teorema (Teorema de Enlace, primera parte)
Si lim
x→a
f (x) = L, y (xn) es una sucesión tal que lim
n→∞
xn = a, y
xn 6= a para todo n ∈ N, entonces lim
n→∞
f (xn) = L.
De hecho, la restricción de que xn 6= a para todo n ∈ N no es
estrictamente necesaria: basta exigir que, a partir de un cierto
punto, xn 6= a.
El teorema de enlace, segunda parte
El recíproco del teorema de enlace también es cierto:
Teorema (Teorema de Enlace, segunda parte)
Si dada cualquier sucesión (xn) tal que xn 6= a para todo n ∈ N
(o a partir de cierto punto), y lim
n→∞
xn = a, se tiene
lim
n→∞
f (xn) = L, entonces lim
x→a
f (x) = L.
En otras palabras, el teorema de enlace nos permite traducir el
problema de convergencia de una función en torno a un punto,
al problema de convergencia de sucesiones formadas por las
imágenes (bajo la función) de sucesiones que convergen al
punto dado.
El teorema de enlace, segunda parte
Esto nos permite, por ejemplo:
1. demostrar la convergencia a L de una función cuando
x→ a, mostrando que si se elige una sucesión (xn)
arbitraria tal que xn → a (sin tomar nunca el valor a, o
tomándolo sólo una cantidad finita de veces), entonces
f (xn)→ L; o bien
2. demostrar que una función no converge a L cuando x→ a,
mostrando una sucesión (xn) que converge a a (sin tomar
el valor a) y tal que f (xn) no converge a L.
Demostración del Teorema de Enlace
Para la primera parte, supongamos que lim
x→a
f (x) = L, y sea (xn)
una sucesión tal que lim
n→∞
xn = a y, a partir de un cierto punto
(digamos, para n ≥ n1), xn 6= a.
Queremos demostrar que existe un umbral n0 ∈ N tal que, para
todo n ≥ n0, se tiene |f (xn)− L| < ε.
¿Cómo lograr esto?
Si logramos que 0 < |xn − a| < δ para n ≥ n0, estamos listos.
Pero esto nos lo da el hecho de que, por un lado, como
lim
n→∞
xn = a, existe un n2 tal que, para n ≥ n2, |xn − a| < δ, y por
otro, el hecho de que para n ≥ n1, xn 6= a.
Entonces, tomando n0 = max(n1, n2), tenemos lo pedido.
Demostración del Teorema de Enlace (cont.)
Para la segunda parte, debemos suponer que dada cualquier
sucesión (xn) tal que xn 6= a a partir de cierto punto, y
lim
n→∞
xn = a, se tiene lim
n→∞
f (xn) = L, y demostrar que
lim
x→a
f (x) = L. ¿Cómo hacer esto?
Es más fácil demostrar el contrarrecíproco: suponer que no es
cierto que lim
x→a
f (x) = L, y demostrar que existe alguna sucesión
que satisface que xn 6= a a partir de cierto punto, y lim
n→∞
xn = a,
y sin embargo, lim
n→∞
f (xn) 6= L.
Como no es cierto que lim
x→a
f (x) = L, quiere decir que existe un
ε > 0 tal que, no importa cuán pequeño sea δ, siempre será
posible hallar x tal que 0 < |x− a| < δy |f (x)− L| > ε.
Demostración del Teorema de Enlace (cont.)
Así, consideremos este valor dado de ε > 0, tomemos δ1 = 1, y
sea x1 6= a un valor tal que |x− a| < δ1 y |f (x1)− L| > ε.
Por lo anterior, sabemos que este x1 existe.
A continuación, tomemos δ2 = 1/2, y sea x2 6= a un valor tal
que |x− a| < δ2 y |f (x2)− L| > ε.
Continuando de esta manera, tomando en cada paso
δn+1 = δn/2, construimos una sucesión (x1, x2, x3, . . . ) tal que
cada xi satisface 0 < |x− a| < δ2 y |f (x2)− L| > ε.
Ejemplo: una aplicación del Teorema de Enlace
Consideremos la función f (x) = sen
(1
x
)
(en la figura, graficada
entre −1 y 1):
–1
–0.5
0.5
1
–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1
x
El límite de sen
(1
x
)
cuando x→ 0
Mostraremos que no existe lim
x→0
sen
(1
x
)
.
Para ello, consideremos la sucesion (xn) definida como sigue:
xn = 2(2n−1)π .
Así, f (xn) = sen
(
1
xn
)
= sen ((2n− 1)π/2), de donde
f (x1) = 1, f (x2) = −1, f (x3) = 1, f (x4) = −1, f (x5) = 1, . . .
como claramente f (xn) es una sucesión divergente,
concluimos que no existe
lim
x→0
sen
(
1
x
)
.
Álgebra de límites
Otra gran aplicación del teorema de enlace es que podemos
demostrar rápidamente las propiedades del álgebra de límites
de funciones (que son análogos a las propiedades del álgebra
de límites de sucesiones). Específicamente, es posible
demostrar que, si c ∈ R, lim
x→a
f (x) = L1 y lim
x→a
g(x) = L2, entonces:
1. lim
x→a
c · f (x) = c · L1;
2. lim
x→a
f (x) + g(x) = L1 + L2;
3. lim
x→a
f (x)− g(x) = L1 − L2;
4. lim
x→a
f (x) · g(x) = L1 · L2; y
5. si L2 6= 0 entonces lim
x→a
f (x)/g(x) = L1/L2.
Daremos la demostración de la cuarta de estas propiedades,
usando el Teorema de Enlace; las otras demostraciones son
análogas.
Álgebra de límites (cont.)
Supongamos que lim
x→a
f (x) = L1 y lim
x→a
g(x) = L2.
Sea (xn) una sucesión cualquiera tal que xn 6= a para todo
n ∈ N, y lim
n→∞
xn = a.
Como lim
x→a
f (x) = L1, por el Teorema de Enlace, tenemos
lim
n→∞
f (xn) = L1; análogamente, tenemos lim
n→∞
g(xn) = L2.
Así, las sucesiones (an) y (bn) dadas por an = f (xn), bn = g(xn)
son convergentes: lim
n→∞
an = L1 y lim
n→∞
bn = L2.
Por lo tanto lim
n→∞
an ·bn = L1 ·L2, o sea, lim
n→∞
f (xn) ·g(xn) = L1 ·L2.
Como lo anterior es válido para cualquier sucesión (xn) que
satisfaga las condiciones dadas, podemos aplicar nuevamente
el Teorema de Enlace, esta vez en la otra dirección, para
obtener que lim
x→a
(f · g)(x) = L1 · L2, que es lo que queremos
demostrar.
Ejercicios
Usando el Teorema de Enlace, es posible demostrar otras
propiedades de los límites de funciones. Dejamos estas
demostraciones como ejercicios:
I (Teorema del sandwich): si existe una vecindad perforada
de a tal que, para todo x en dicha vecindad,
f (x) ≤ g(x) ≤ h(x); y si lim
x→a
f (x) = lim
x→a
h(x) = L, entonces
lim
x→a
g(x) = L.
I Si f (x) es una función acotada, y g(x) es una función tal
que lim
x→a
f (x) = 0, entonces lim
x→a
f (x)g(x) = 0.