clase01 - Maria Cristina Rodriguez Escalante

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CLASE 1
L ÍMITES
1.1. Definición y ejemplos
En adelante, siempre que mencionemos la palabra intervalo, nos referiremos a intervalo no
degenerado, es decir, excluiremos los casos intervalo vacı́o e intervalo formado por un único punto.
Dado un intervalo I de R, denotaremos por Ī al intervalo I añadiéndole sus extremos, en caso
no los contenga (note que ±∞ no cuentan como extremos). Sean I1, . . . , Ir intervalos de R y
A = I1 ∪ · · · ∪ Ir. Definimos
Ā = Ī1 ∪ · · · ∪ Īr.
Por ejemplo si I =]2,+∞[ entonces Ī = [2,+∞[, y siA = R−{0} =]−∞, 0[∪]0,+∞[ entonces
Ā =]−∞, 0] ∪ [0,+∞[= R.
Definición 1.1 (Lı́mite de una función en un punto). SeaA ⊂ R un intervalo o unión de intervalos,
f : A→ R, x0 ∈ Ā y L ∈ R. Decimos que f tiene lı́mite L en x0 (o cuando x tiende a x0) si, para
cada ε > 0, existe un δ > 0 (que depende de ε) tal que, si x ∈ A y 0 < |x − x0| < δ, entonces∣∣f(x)− L∣∣ < ε. Denotamos entonces
L = ĺım
x→x0
f(x).
En forma abreviada, escribimos
∀ε > 0, ∃δ > 0;∀x ∈ A, 0 < |x− x0| < δ ⇒
∣∣f(x)− L∣∣ < ε.
1
x0x0 − δ x0 + δ
L
L− �
L+ �
y = f(x)
Observación. La condición que x0 ∈ Ā es vital para la definición: esto nos dice que x0 puede
ser aproximado por puntos de A, el dominio de f , o lo que es lo mismo, f(x) está definido para
valores de x lo suficientemente próximos de x0.
Si x0 /∈ Ā, entonces para algún δ > 0, el intervalo ]x0 − δ, x0 + δ[ no contendrı́a puntos de
A distintos de x0; por lo tanto, para x ∈ A, la condición P (x): 0 < |x − x0| < δ serı́a siempre
falsa, y la implicación P (x)⇒ Q(x) en la definición serı́a siempre cierta, independientemente de
la afirmación Q(x). Esto le quita sentido a la definición.
Observación. Recuerde que cuantificamos la afirmación de ser a cercano a b escribiendo |a− b| <
ε, siendo ε > 0 la medida de qué tan cerca se encuentran a y b. La noción de lı́mite nos dice que
f(x) está tan cerca de L como se quiera (a una distancia ε > 0 cualquiera), siempre y cuando x
esté lo suficientemente cerca de x0 (a una distancia δ > 0), pero sin tocarlo.
Ejemplo 1.2. Probaremos que ĺım
x→x0
x = x0, es decir, f(x) = x y L = x0. En efecto, dado ε > 0,
queremos concluir que |f(x)−L| = |x− x0| < ε. De esto, podemos escoger δ = ε, de modo que,
si 0 < |x− x0| < δ implica |f(x)− L| = |x− x0| < δ = ε.
Ejemplo 1.3. ĺım
x→1
x2 − 1
x− 1
= 2. De hecho, vemos que para x 6= 1 (observe que esta es la condición
0 < |x− 1| en la definición de lı́mite)
f(x) =
x2 − 1
x− 1
= x+ 1;
no estando f definida en x = 1. Sin embargo, si 0 < |x− 1| < ε, entonces∣∣f(x)− L∣∣ = ∣∣(x+ 1)− 2∣∣ = |x− 1| < ε.
Esto nos dice que podemos tomar δ = ε.
2
Ejemplo 1.4. Sea A un intervalo o unión de intervalos, f : A → R tal que ĺım
x→x0
f(x) = L.
Entonces ĺım
x→x0
|f(x)| = |L|. En efecto, dado ε > 0, por definición de lı́mite, existe δ > 0 tal
que si x ∈ A y 0 < |x − x0| < δ, implican que |f(x) − L| < ε. Sin embargo, recordando que
||a| − |b|| ≤ |a− b|, para todo par de números reales a, b, tenemos que∣∣∣|f(x)| − |L|∣∣∣ ≤ |f(x)− L| < ε.
Es decir, debemos escoger el mismo δ > 0 dado por el primer lı́mite.
1.2. Propiedades del lı́mite
En lo que sigue, consideraremos funciones cuyos dominios son intervalos o unión de intervalos.
Proposición 1.5. El lı́mite de una función en un punto es único.
Teorema 1.6 (Álgebra de lı́mites). Considere f, g : A→ R y x0 ∈ Ā de modo que
L = ĺım
x→x0
f(x), M = ĺım
x→x0
g(x).
Entonces
1. f + g tiene lı́mite en x0 y ĺım
x→x0
(f + g)(x) = L+M ;
2. f · g tiene lı́mite en x0 y ĺım
x→x0
(f · g)(x) = L ·M ;
3. Para cada λ ∈ R, λ · f tiene lı́mite en x0 y ĺım
x→x0
(λ · f)(x) = λ · L;
4. Si M 6= 0, f
g
tiene lı́mite en x0 y ĺım
x→x0
Å
f
g
ã
(x) =
L
M
.
Demostración. Vamos a probar la primera afirmación. Fijemos ε > 0.
1. Por la definición de L = ĺım
x→x0
f(x), existe δ1 > 0 tal que si x ∈ A y 0 < |x − x0| < δ1,
entonces ∣∣f(x)− L∣∣ < ε
2
.
2. De manera similar, por la definición de M = ĺım
x→x0
g(x), existe δ2 > 0 tal que si x ∈ A y
0 < |x− x0| < δ2, entonces ∣∣g(x)−M ∣∣ < ε
2
.
3
Tomando δ = mı́n{δ1, δ2} > 0, tenemos que si x ∈ A y 0 < |x − x0| < δ, entonces simultánea-
mente 0 < |x− x0| < δ ≤ δ1 y 0 < |x− x0| < δ ≤ δ2, lo que implica que∣∣(f + g)(x)− (L+M)∣∣ = ∣∣f(x) + g(x)− L−M ∣∣ = ∣∣f(x)− L+ g(x)−M ∣∣
≤
∣∣f(x)− L∣∣+ ∣∣g(x)−M ∣∣ < ε
2
+
ε
2
= ε.
Esto prueba que ĺım
x−x0
(f + g)(x) = L+M .
Ejercicio 1.7. Sea f : A→ R una función y sea x0 ∈ Ā tal que ĺım
x→x0
f(x) = L 6= 0. Entonces
ĺım
x→x0
1
f(x)
=
1
L
.
Ejercicio 1.8. Sea f : A → R tal que f(x) ≥ 0, para todo x ∈ A, y sea x0 ∈ Ā. Si existe
L = ĺım
x→x0
f(x), pruebe que L ≥ 0 y además
ĺım
x→x0
»
f(x) =
√
L.
Teorema 1.9 (Teorema del sandwich). Sean f, g, h definidas en A tales que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x),
para todo x ∈ A. Si x0 ∈ Ā y ĺım
x→x0
f(x) = ĺım
x→x0
h(x), entonces ĺım
x→x0
g(x) existe y
ĺım
x→x0
f(x) = ĺım
x→x0
g(x) = ĺım
x→x0
h(x).
Corolario 1.10. Sea f : A → R una función y x0 ∈ Ā. Entonces, ĺım
x→x0
f(x) = 0 si, y solamente
si, ĺım
x→x0
|f(x)| = 0.
Demostración. Si ĺım
x→x0
f(x) = 0 entonces, por lo visto en el ejemplo 1.4, tenemos que ĺım
x→x0
|f(x)| =
0. Recı́procamente, observe que
−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, ∀x ∈ A.
Por el teorema del sandwich, se sigue que ĺım
x→x0
f(x) = 0.
Proposición 1.11. Sean f, g : A → R y x0 ∈ Ā. Si g es acotada en A y ĺım
x→x0
f(x) = 0 entonces
ĺım
x→x0
f(x)g(x) = 0.
Demostración. En efecto, como g es acotada en A, entonces existe M > 0 tal que |g(x)| ≤ M ,
para todo x ∈ A. Multiplicando por |f(x)| y recordando que el valor absoluto es mayor o igual
que cero, obtenemos
0 ≤ |f(x)g(x)| ≤M |f(x)|
Aplicando el teorema del sandwich, concluimos que ĺım
x→x0
|f(x)g(x)| = 0, y por lo visto en el
corolario 1.10, obtenemos ĺım
x→x0
f(x)g(x) = 0.
4
Ejemplo 1.12. Estudiemos el lı́mite ĺım
x→0
x sen(1/x). Recuerde que la función seno es acotada por
-1 y 1, por lo tanto, para cualquier x 6= 0,
−1 ≤ sen(1/x) ≤ 1.
Por ende, h(x) = sen(1/x), x 6= 0, es acotada. Como ĺım
x→0
x = 0 entonces, aplicando la proposi-
ción 1.11, tenemos que
ĺım
x→0
x sen(1/x) = 0.
Observe que, de hecho, es posible probar que no existe el ĺım
x→0
sen(1/x).
Ejemplo 1.13. Si P (x) es un polinomio entonces, por álgebra de lı́mites, ĺım
x→x0
P (x) = P (x0). Del
mismo modo, siQ(x) es también un polinomio, entoncees ĺım
x→x0
P (x)
Q(x)
=
P (x0)
Q(x0)
, siempre y cuando
Q(x0) 6= 0.
1.3. Opcional: Lı́mites de funciones conocidas
Ejemplo 1.14 (Lı́mites de funciones trigonométricas). Recordemos el cı́rculo trigonométrico.
x
y
O A B
C
D
cos(x)
se
n
(x
)
ta
n
(x
)
x
De aquı́, observamos la siguiente desigualdad: para x > 0,
0 < longitud AC < longitud BC < longitud del arco B̃C.
Reemplazando la primera y última expresión por sus valores, en función del ángulo x (en radianes),
obtenemos
0 < sen(x) < longitud BC < x.
5
De manera similar, obtenemos x < sen(x) < 0, cuando x < 0. Luego 0 ≤ | sen(x)| < x, para
todo x ∈]− π
2
, π
2
[. Luego, por el teorema del sandwich, tenemos que ĺım
x→0
sen(x) = 0.
De la identidad trigonométrica sen(x)2 + cos(x)2 = 1, deducimos cos(x)2 = 1− sen(x)2, para
todo x ∈ R. Luego, por álgebra de lı́mites, obtenemos
ĺım
x→0
cos(x)2 = 1
Utilizando en ejercicio 1.8, concluimos que ĺım
x→0
| cos(x)| = 1, pero, desde que cos(x) es positivo
en ]− π
2
, π
2
[, podemos eliminar el valor absoluto para obtener
ĺım
x→0
cos(x) = 1.
Dejamos como ejercicio para el lector que, para cualquier x0 ∈ R, tenemos
ĺım
x→x0
sen(x) = sen(x0), ĺım
x→x0
cos(x) = cos(x0),
y en general, esto se cumple para todas las funciones trigonométricas, para x0 en sus dominios
respectivos.
Ejemplo 1.15 (Otros lı́mites trigonométricos). Nuevamente observando el cı́rculo trigonométrico
anterior, tenemos, para 0 < x < π
2
,
Área4AOC < Área 2BOC < Área4BOD.
Reemplazando por las fórmulas conocidas de áreas, dado que x está en radianes, tenemos
1
2
sen(x) cos(x) <
1
2
x <
1
2
tan(x).
Dividiendoentre sen(x)/2 (pues sen(x) > 0, si 0 < x < π
2
),
cos(x) <
x
sen(x)
<
1
cos(x)
.
Observe que la desigualdad anterior se mantiene si −π
2
< x < 0, luego, aplicando el teorema del
sandwich, dado que ĺım
x→0
cos(x) = 1, tenemos
ĺım
x→0
x
sen(x)
= 1.
Tomando inversa (vea el ejercicio 1.7),
ĺım
x→0
sen(x)
x
= 1.
Ejercicio 1.16. Pruebe que
ĺım
x→0
1− cos(x)
x
= 0.
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Ejemplo 1.17. Es posible probar que ĺım
x→0
(1 + x)1/x = e (lı́mite utilizado para el cálculo de la
derivada del logaritmo).
Los primeros ejemplos de esta sección corresponden a lo que se espera de las funciones de las
que tomamos lı́mite: la función está bien definida en el punto donde se considera el lı́mite, y este
coincide con el valor funcional. Esta es la idea de continuidad.
1.4. Pautas para el cálculo de lı́mites
A continuación, daremos algunas pautas para el cálculo de lı́mites de la forma
ĺım
x→x0
f(x)
g(x)
cuando las fórmulas de f y g están formadas por operaciones algebráicas de polinomios, funciones
trigonométricas, logaritmo, exponencial y raices.
1. Evalue f(x0) y g(x0). Si ambos son números reales, y g(x0) 6= 0 entonces, por álgebra de
lı́mites,
ĺım
x→x0
f(x)
g(x)
=
f(x0)
g(x0)
.
2. Si f(x0) = g(x0) = 0 entonces intente factorizar un factor de la forma x − x0 del nu-
merador y denominador. Otra técnica que usualmente funciona, cuando la fórmula de g es
diferencia de dos raices, es “multiplicar por el conjugado”. La idea es que consiga eliminar
de numerador y denominador el término que hace cero ambos lı́mites.
3. El caso f(x0) 6= 0 y g(x) = 0 lo estudiaremos con detalle en la clase 3.
4. Recuerde también “darle forma” a la fórmula para obtener lı́mites ya conocidos (vea los
ejemplos 1.15 y 1.17 y el ejercicio 1.16).
Ejercicio 1.18. Calcule, si existen, los siguientes lı́mites.
1. ĺım
x→−2
5x+ cos(πx)
x2 + 1
.
2. ĺım
x→4
x2 − 2x− 8
x2 − 4x
.
3. ĺım
x→0
tan(x)2 +
sen(x)
2x
.
4. ĺım
x→0
x2 sen(1/x)
sen(x)
.
7