Limites… - DSpace en ESPOL

Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
LÍMITE EN UN PUNTO
LÍMITES LATERALES
TEOREMAS SOBRE LÍMITES
CÁLCULO DE LÍMITES
LÍMITES AL INFINITO
LÍMITES INFINITOS
OTROS LÍMITES
OBJETIVOS:
•
•
•
•
Definir Límites.
Realizar demostraciones formales de límites.
Describir gráficamente los límites.
Calcular límites.
1
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1.1 LÍMITE EN UN PUNTO
El Cálculo, básicamente está fundamentado en los límites, por tanto este
tema es trascendental para nuestro estudio. De hecho, la derivada y la integral
definida son conceptos basados en límites. Conceptualizar límite determinando
el comportamiento de una función e interpretarlo en su gráfica, ayudará
bastante en el inicio del análisis de los límites.
1.1.1 DEFINICIÓN INTUITIVA
Ciertas funciones de variable real presentan un comportamiento un tanto
singular en la cercanía de un punto, precisar sus características es nuestra
intención y el estudio de los límites va a permitir esto.
Empecemos analizando ejemplos sencillos; en los que podamos por simple
inspección concluir y tener una idea del concepto de límite.
Ejemplo 1
Veamos como se comporta la función
la cercanía de x = 2 .
f con regla de correspondencia f ( x) = 2 x + 1 en
Evaluando la función para algunos valores de x , próximos (acercándose) a 2 :
x
y = 2x +1
1.90
4.80
1.95
1.99
4.90
4.98
"
"
2.01
5.02
2.05
5.10
2.10
5.20
En la tabla de valores se han ubicado unas flechas para dar a entender que tomamos a la x
aproximándose a 2 en ambas direcciones y se observa que los valores de y se van acercando a 5.
Aunque son sólo seis valores, por ahora sin ponernos exigentes vamos a concluir diciendo que la función
se aproxima a 5 cada vez que su variable independiente x se aproxima a 2. Este comportamiento lo
escribiremos de la siguiente forma:
lím (2 x + 1) = 5
x→2
Lo anterior se puede ilustrar desde la gráfica:
2
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 2
Ahora veamos el comportamiento de esta otra función f con regla de correspondencia
f ( x) =
x 2 + 5x − 6
, en la cercanía de x = 1 .
x −1
Evaluando la función para ciertos valores de x , cada vez más próximos a 1, tenemos:
x
0.90
y=
x2 + 5x − 6
x −1
6.90
0.95
6.95
0.99
6.99
"
"
1.01
7.01
1.05
7.05
1.10
7.10
Parece ser que esta función se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la variable independiente x
x 2 + 5x − 6
=7.
x →1
x −1
se aproxima a tomar el valor de 1, es decir lím
Note que no es necesario que la función esté definida en el punto de aproximación.
Por
otro
lado,
la
regla
de
correspondencia
f ( x) =
x 2 + 5x − 6
x −1
es
equivalente
a
f ( x) = x + 6 ; x ≠ 1 (¿POR QUÉ?).
Este comportamiento se lo puede visualizar desde su gráfica:
De lo expuesto en los dos ejemplos anteriores, sin ser tan riguroso todavía,
podemos emitir la siguiente definición:
3
Cap. 1 Límites de Funciones
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Una función f tiene límite L en un punto
x0 , si f se aproxima a tomar el valor L
cada vez que su variable independiente x
se aproxima a tomar el valor x0 . Lo que
se denota como:
lím f ( x) = L
x→ x0
Para los dos ejemplos anteriores el comportamiento de las funciones se
puede determinar analizando sus gráficas; pero esto podría ser no tan sencillo;
es más, suponga que se necesite bosquejar la gráfica teniendo características
de su comportamiento. De ahí la necesidad del estudio de límite de funciones.
1.1.2 DEFINICIÓN FORMAL
Suponga que se plantea el problema de demostrar que lím 2 x + 1 = 5 o que
x →2
x + 5x − 6
= 7.
x −1
2
lím
x →1
Para
esto,
debemos
garantizar
formalmente
el
acercamiento que tiene la función a su correspondiente valor cada vez que su
variable independiente se aproxime al valor especificado. Ya la tabla de valores
no nos sirve, el hecho que se cumpla para algunos valores no indica que se
cumpla para todos los valores próximos al punto. La demostración consistirá
en escribir matemáticamente, lenguaje formal, la metodología del proceso, lo
cual nos lleva a la necesidad de tener una definición formal de límite y no sólo
para estos dos ejemplos, sino para cualquier función.
Antes, de llegar a la definición requerida, precisemos lo siguiente:
PRIMERO, para un lenguaje formal, decir que x toma valores próximos a un
punto x0 (que x está en torno a x0 ), bastará con considerarla perteneciente a
un intervalo o vecindad, centrado en
cual denotaremos con la letra griega
x0 ,
de semiamplitud muy pequeña, la
∂ (delta). Es decir:
x0 − ∂ < x < x 0 + ∂
Transformando la expresión anterior tenemos:
x0 − ∂ <
x < x0 + ∂
x0 − ∂ − x0 < x − x0 < x0 + ∂ − x0
− δ < x − x0 < δ
x − x0 < δ
4
Restando " x0 "
Empleando la definición
de valor absoluto
Cap. 1 Límites de Funciones
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Y, para que
x
no sea
x0 , bastará con proponer que 0 < x − x0 < ∂
¿POR
QUÉ?.
SEGUNDO, para decir que f está próxima a L (en torno a L ), podemos
expresar que pertenece a un intervalo o vecindad, centrado en L de
semiamplitud muy pequeña, la cual denotaremos con la letra griega ε
(épsilon). Es decir:
L − ε < f ( x) < L + ε
Transformando la expresión anterior tenemos:
L − ε < f ( x) < L + ε
− ε < f ( x) − L < +ε
Restando " L "
f ( x) − L < ε
Aplicando la definición de valor absoluto
Con todo lo anterior, definimos formalmente límite de una función en un
punto, de la siguiente manera:
Sea f una función de variable real y sean ε y ∂
cantidades positivas muy pequeñas.
Suponga que f se aproxima a L cuando x se
aproxima a x0 , denotado por lím f ( x) = L ,
x→ x0
significa que para toda proximidad ε que se
desee estar con f en torno a L , deberá
poderse definir un intervalo en torno a x0 en el
cual tomar x , sin que necesariamente x = x0 , que
nos garantice el acercamiento.
Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − x
x → x0
0
< δ ⇒ f ( x) − L < ε
La definición indica que para asegurar que una función tiene límite
deberíamos establecer una relación entre ∂ y ε .
Una manera de interpretar gráficamente lo mencionado es:
5
Cap. 1 Límites de Funciones
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Con esta definición, ya podemos realizar demostraciones formales.
Ejemplo 1
Demostrar formalmente que lím (2 x + 1) = 5 .
x→2
SOLUCIÓN:
Cuando hicimos la tabla de valores, sólo para seis valores percibimos que el límite de esta función era 5, se
trata ahora de demostrarlo. Debemos garantizar que cuando reemplacemos la x por cualquier número
cercano a 2 el valor de y correspondiente es un números cercano a 5, y mientras la x esté más cerca de
2 la y estará más cerca de 5; esto quiere decir que la diferencia entre los valores que resultan en
2 x + 1 con 5 deberán ser cantidades muy pequeñas, menores que cualquiera tolerancia ε que nos
fijemos.
Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 5 con y = 2 x + 1 , tanto como nos propusiéramos estar
(para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual
tomar x que garantice aquello, es decir:
∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 2 < δ
⇒
(2 x + 1) − 5 < ε
En la implicación, vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente.
Observe el consecuente, su forma algebraica nos guiará en el procedimiento a seguir:
0< x−2 <δ
0 < 2 x − 2 < 2δ
0 < 2 x − 2 < 2δ
0 < 2 ( x − 2 ) < 2δ
0 < 2 x − 4 < 2δ
0 < 2 x − 4 + 5 − 5 < 2δ
0 < ( 2 x + 1) − 5 < 2δ
Ahora, podemos decidir que δ =
ε
2
Multiplicando por 2 (porque en el
consecuente aparece 2x )
Propiedades del valor absoluto
Sumando y restando 5 (debido a que
aparece -5 en el consecuente)
Agrupando
; es decir, que si tomamos 2 − ε2 < x < 2 + ε2 nos permite asegurar
lo propuesto.
Suponga que ε = 0.1 ; es decir, si quisiéramos que y = 2 x + 1 esté a menos de 0.1 de 5, será posible
0.1
si tomamos a la que x , en torno a 2 a una distancia no mayor de δ =
= 0.05 . Es decir para que f
2
esté entre 4.9 y 5.1 bastará con tomar a la x un número entre 1.95 y 2.05.
6
Cap. 1 Límites de Funciones
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No olvide que proponer una relación entre ε y ∂ , garantiza que f estará tan cerca de L , como se
0.01
quiera estar. Veamos, más cerca ε = 0.01 , bastará con tomar a la x a no menos de δ =
= 0.005
2
de 2. Es decir que si tomamos 1.995 < x < 2.005 garantiza que 4.99 < f ( x) < 5.01 .
Ejemplo 2
Demostrar formalmente que lím
x →1
x2 + 5x − 6
=7.
x −1
SOLUCIÓN:
Debemos asegurar que y =
x2 + 5x − 6
se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la x esté
x −1
x2 + 5x − 6
, tanto como nos
x −1
propusiéramos estar (para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo
(existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir:
próxima de 1. Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 7 con y =
∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 1 < δ
⇒
x 2 + 5x − 6
−7 <ε
x −1
Vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente. La forma algebraica
del consecuente nos guiará:
0 < x −1 < δ
0 < x −1+ 7 − 7 < δ
Agrupando ( x + 6 ) y
0 < ( x + 6) − 7 < δ
( x + 6 )( x − 1) − 7
x −1
Se suma y resta 7 (debido a que
aparece -7 en el consecuente)
<∂
x + 5x − 6
−7 <∂
x −1
2
dividiéndolo y multiplicándolo por ( x − 1)
(debido a que el primer término del consecuente
aparece dividido por ( x − 1) )
Con δ = ε , nos permite asegurar lo propuesto; es decir, tomando 1 − ε < x < 1 + ε
Ejemplo 3
Demostrar formalmente que lím x 2 = 4 .
x→2
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que
Por lo tanto:
0< x−2 <δ
0< x−2 x+2 <δ x+2
0 < ( x − 2 )( x + 2 ) < δ x + 2
0 < x2 − 4 < δ x + 2
0< x−2 <δ
⇒
x2 − 4 < ε
Multiplicando por x + 2 (debido a que
el consecuente tiene una diferencia de
cuadrados perfectos)
Propiedades del valor absoluto
7
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Tomamos δ =
ε
x+2
. Pero ahora existe un inconveniente, la relación es función de x . Esto lo podemos
salvar acotando a x . Suponga que a la x se la toma a una distancia no mayor de 1, en torno a 2,
entonces 1 ≤ x ≤ 3 , que si tuviéramos que escoger un valor para x , el idóneo sería 3, para que
satisfaga el hecho de que δ debe ser una cantidad pequeña.
Por tanto, δ =
ε
ε
=
3+ 2
5
; es decir, tomar 2 −
ε
5
< x<2+
ε
5
asegura lo que se quiere demostrar.
Ejemplo 4
Demostrar formalmente que lím x = 2 .
x→4
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que
0< x−4 <δ
⇒
x −2 <ε
entonces:
0< x−4 <δ
(
0< (
)(
x − 2)
0<
0<
Factorizando x − 4 para
)
x +2 <δ
x −2
diferencia de cuadrados
x +2 <δ
Propiedades del valor absoluto
δ
x −2 <
Despejando
x +2
Tomamos δ = ε ⎛⎜ x + 2 ⎟⎞ . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 4,
⎝
⎠
entonces 3 ≤ x ≤ 5 , un valor idóneo sería 3. ¿Por qué?.
(
)
Por lo tanto, δ = ε 3 + 2 ; es decir, si tomamos 4 − ε
que se quiere demostrar.
( 3 + 2) < x < 4 + ε ( 3 + 2) aseguramos lo
Ejemplo 5
Demostrar formalmente que lím 3 x = 3 .
x → 27
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que
0 < x − 27 < δ
⇒
3
x −3 < ε
Entonces:
0 < x − 27 < δ
0<
(
3
) ( x)
0<
(
3
x −3
0<
(
3
x −3 <
x − 3 27 ⎛⎜
⎝
) ⎛⎜⎝ ( x )
3
)
⎛
⎝
3
((
2
2
+ 3 x 3 27 +
+ 3 3 x + 9 ⎞⎟ < δ
⎠
δ
⎛
⎜
⎝
)
( x)
3
(
2
3
)
2
27 ⎞⎟ < δ
⎠
Factorizando x − 27 para
diferencia de cubos
Propiedades del valor absoluto
Despejando
+ 3 3 x + 9 ⎞⎟
⎠
)
⎞
+ 3 3 x + 9 ⎟ . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1,
⎠
entorno a 27, entonces 26 ≤ x ≤ 28 , un valor idóneo sería 26.
Tomamos δ = ε ⎜
8
3
x
2
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
⎛
Por lo tanto, δ = ε ⎜ ⎛⎜
⎝⎝
(
3
(
3
⎛
si tomamos 27 − ε ⎜ ⎛⎜
⎝⎝
26
)
2
)
⎞
+ 3 3 26 + 9 ⎞⎟ ⎟ o δ ≈ 27 ε ; es decir,
⎠⎠
(
⎞
⎛
+ 3 3 26 + 9 ⎞⎟ ⎟ < x < 27 + ε ⎜ ⎛⎜ 3 26
⎠⎠
⎝⎝
27 − 27ε < x < 27 + 27ε aseguramos lo que se quiere demostrar.
26
2
)
2
⎞
+ 3 3 26 + 9 ⎞⎟ ⎟ o
⎠⎠
Ejemplo 5
Demostrar formalmente que lím x − 1 = 1 .
x →1
x −1
2
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que
0 < x −1 < δ
x −1 1
− <ε
x −1 2
⇒
La expresión algebraica del consecuente tiene una apariencia un tanto compleja, por tanto en este caso es
mejor empezar analizando el consecuente, para tener referencia de los pasos a seguir para luego
transformar el antecedente.
x −1 1
− <ε
x −1 2
(
(
)
x −1
)(
x −1
1
(
)
x +1
2−
2
(
(
−
(
1
<ε
2
)
x +1
)
x +1
1− x
(
)
x +1
Restando
<ε
Destruyendo paréntesis
<ε
Resolviendo la resta del 2 con el 1
2
1− x
2
(
)
x +1
)
x −1
) <ε
( x + 1)
(1 − x )(1 + x ) < ε
2 ( x + 1)(1 + x )
2
(
Simplificando
2
1− x
Factorizando el denominador
( x − 1) para diferencia de cuadrados
1
<ε
2
x +1
2 − x −1
2
)
x +1
−
2
1 − x < ε ⎡2
⎢⎣
(
Multiplicando y dividiendo por 1 + x
<ε
Producto notable
<ε
Aplicando propiedades del valor
absoluto
(
)
2
x +1 ⎤
⎥⎦
)
Despejando
¨
Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:
9
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
0 < x −1 < δ
0 < 1− x < δ
(
Propiedad del valor absoluto
)(
)
0 < 1− x 1+ x < δ
δ
0 < 1− x <
0<
0<
0<
0<
0<
0<
(
)
1− x
(
2 1+ x
<
2 1+ x
2−
(
(
)
(
2 1+ x 1+ x
<
)
δ
(
2 1+ x
δ
(
2 1+ x
)<
x +1
2 1+ x
(
δ
<
2 − x −1
(
Despejando
1+ x
1− x
2 1+ x
2
2 1+
1
Factorizando para diferencia de cuadrados
)
(
)
)
Dividiendo todos los términos entre 2 (1 + x )
2
)
Transformando el 1 en 2 - 1
2
δ
2 1+ x
)
Agrupando
2
( x + 1) < δ
x ) 2 (1 + x ) 2 (1 + x )
−
−
δ
1
<
2 2 1+ x
(1 + x )
( )
( x − 1) − 1 < δ
0<
(1 + x )( x − 1) 2 2 (1 + x )
( x − 1) − 1 < δ
0<
x −1
2 2 1+ x
( )
Separando en dos términos
2
Simplificando
2
Multiplicando por la conjugada
2
2
(
)
2
Tomamos δ = ε ⎛⎜ 2 1 + x ⎞⎟ . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 1,
⎝
⎠
(
)
2
entonces 0 ≤ x ≤ 2 , un valor idóneo sería 0. Reemplazando tenemos δ = ε ⎛⎜ 2 1 + 0 ⎞⎟ = ε ( 2 )
⎝
⎠
Por lo tanto,
δ = 2ε
; es decir, si tomamos
1 − 2ε < x < 1 + 2ε
aseguramos lo que se quiere demostrar.
Ejemplo 6
Demostrar formalmente que lím x − 4 = 4 .
x→4
x −2
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 4 < δ
⇒
Igual que en el ejemplo anterior primero vamos a analizar el consecuente:
10
x−4
−4 <ε
x −2
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
(
x−4
−4 <ε
x −2
)(
x −2
x +2
x −2
(
Factorizando el numerador ( x − 4 ) para
) −4 <ε
diferencia de cuadrados
)
Simplificando
x +2 −4 <ε
x −2 <ε
(
(
(
x +2
x +2
x−4
x +2
x−4
x +2
)
x −2
)
Restando
)(
x −2
(
)
) <ε
Multiplicando y dividiendo por
(
x +2
)
Realizando el Producto Notable
<ε
<ε
Aplicando propiedades del valor absoluto
x−4 <ε
Despejando
x +2
Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:
0< x−4 <δ
0<
0<
x +2
)(
x +2
(
x −2
(
x +2
)
x −2 <
0<
x −2+4−4 <
0<
0<
(
x +2 −4 <
)
(
x +2
(
)(
x −2
x −2
x−4
x −2
)
)<
δ
x +2
)
−4 <
δ
δ
x +2
(
x +2
)
Agrupando
x +2
δ
x +2
Sumando y restando 4
x +2
)−4 <
(
δ
Multiplicando y dividiendo
x +2
(
x −2
)
Realizando el Producto Notable
)
x + 2 . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 4,
entonces 3 ≤ x ≤ 5 , un valor idóneo sería 3.
Por lo tanto, δ = ε
(
)
)
Factorizando ( x − 4 ) para diferencia de cuadrados
Simplificando
x +2
(
(
Dividiendo todos los términos entre
δ
0<
0<
Tomamos δ = ε
δ
x−4
<
x +2
3 + 2 ; es decir, si tomamos 4 − ε
(
)
3 +2 < x < 4+ε
(
3+2
)
aseguramos lo que se quiere demostrar.
Podría no ser tan sencillo encontrar un ∂ en función de ε , eso no significa
que el límite no existe, todo depende de la regla de correspondencia de la
función.
11
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejercicios Propuestos 1.1
1.
Demostrar formalmente utilizando la definición de límite:
a)
b)
2.
x2 − 9
=6
x →3 x − 3
lím ( 2 x − 5 ) = −1
lím 2 x = 2
e)
lím
x →2
c)
x2 + 5x − 6
= −7
x →−6
x+6
d)
lím
lím
x→1
2 x 3 + 3x 2 − 2 x − 3
x2 −1
=5
lím
g)
lím 3 x = 2
h)
lím 3 x = 3 a
x →1
x −1
=2
x →8
x→a
Determine un número “ ∂ ” para el valor de “ ε ” dado, tal que se establezca el límite de la función:
a)
9x2 −1
= 2 , ε = 0.01
1
x → 3x − 1
c)
lím
lím
x →0
3
b)
3.
x −1
f)
x→2
lím
x→a
x4 − a4
= 2a 2
x2 − a2
+
x
x +1 −1
= 2, ε = 0.08
, ε = 10−8
Sea f : ℜ → ℜ tal que f ( x) =
x encuentre un valor de “ ∂ ” para que 2.99 < f ( x) < 3.01
siempre que 0 < x − 9 < ∂
4.
Sea f ( x) = 3 x . Establezca un intervalo en el cual tomar " x " para que f (x ) esté a menos de 0.1
de 1
1.1.3 TEOREMA DE UNICIDAD DE LÍMITE.
Sea f una función de una variable real.
Si f tiene límite en x = x0 , entonces este
es único. Es decir, si lím
f ( x) = L y
x→ x
0
lím
f ( x) = M entonces L = M .
x→ x
0
Demostración:
Por CONTRADICCIÓN. Supongamos que efectivamente f tiene dos límites L y M , entonces tenemos dos
hipótesis:
H1 : lím f ( x) = L ≡ ∀ε 1 > 0, ∃δ 1 > 0 tal que 0 < x − x 0 < δ 1 ⇒ f ( x) − L < ε 1
x → x0
H 2 : lím f ( x) = M ≡ ∀ε 2 > 0, ∃δ 2 > 0 tal que 0 < x − x 0 < δ 2 ⇒ f ( x) − M < ε 2
x → x0
Como se dice para todo ε 1 y para todo ε 2 entonces supongamos que ε 1 = ε 2 = ε .
Tomemos ∂ = min{∂1,∂ 2 } para estar con x , en la vecindad de
12
x0 .
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
⎧⎪ f ( x) − L < ε
⎪⎩ f ( x) − M < ε
Simultáneamente tenemos: ∀ε > 0, ∃δ > 0 talque 0 < x − x0 < δ ⇒ ⎨
lo cual quiere decir también que:
∀ε > 0, ∃δ > 0 talque 0 < x − x0 < δ ⇒ f ( x) − L + f ( x) − M < 2ε
M − f ( x)
f ( x) − L + M − f ( x) ≤ f ( x) − L + M − f ( x)
Por la desigualdad triangular a + b ≤ a + b , tenemos:
a
b
a
b
entonces como M − L ≤ f ( x) − L + M − f ( x) < 2ε podemos decir que M − L < 2ε
Ahora bien, suponiendo que
M −L <2
ε=
1
M −L
2
se produce una contradicción porque tendríamos
(12 M − L ) lo cual no es verdad. Por lo tanto, se concluye que L = M .
L.Q.Q.D
Ejemplo (una función que no tiene límite en un punto)
Sea f ( x ) = sen
( 1x ) .
Analicemos su comportamiento en la vecindad de “0”
x
−π
2
−π
1
− 32π
7
2
3π
1
y = sen
−1
0
1
7
−1
π
0
2
1
π
(1x )
Se observa que la función en la vecindad de “0” tiene un comportamiento un tanto singular, sus valores
son alternantes. Por tanto, se concluye que esta función no tiene límite en cero.
Veamos su gráfica.
⎛1⎞
y = sen⎜ ⎟
⎝ x⎠
13
Moisés Villena Muñoz
Cap. 1 Límites de Funciones
1.2 LÍMITES LATERALES
Existen funciones que por la derecha de un punto tienen un comportamiento
y por la izquierda del punto tienen otro comportamiento. Esto ocurre
frecuentemente en funciones que tienen regla de correspondencia definida en
intervalos y que su gráfica presenta un salto en un punto. Para expresar
formalmente este comportamiento se hace necesario definir límites en un punto
por una sola dirección.
1.2.1 LÍMITE POR DERECHA
Cuando x se aproxima a tomar el valor de x0 ,
pero sólo por su derecha (x 0 < x < x 0 + ∂ ) , f se
aproxima a tomar el valor de L1 ; significa que f
puede estar tan cerca de L1 , tanto como se
pretenda ( ∀ε ), para lo cual deberá existir el
correspondiente ∂ , que indica el intervalo en el
cual tomar x que nos garantice aquello. Es decir:
⎛ lím f ( x) = L ⎞ ≡ ∀ε > 0, ∃∂ tal que 0 < x − x < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε
⎜ x→ x +
1⎟
0
1
⎝ 0
⎠
Ejemplo 1
Una función creciente en (x 0 , ∞ )
14
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 2
Una función decreciente en (x 0 , ∞ )
1.2.2 LÍMITE POR IZQUIERDA.
Cuando x se aproxima a tomar el valor de
x0 ,
pero sólo por su izquierda
( x0 − ∂ < x < x0 ) ,
f se aproxima a tomar el
valor de L2 ; significa que f puede estar
tan cerca de L2 , tanto como se pretenda
( ∀ε ), para lo cual deberá existir el
correspondiente ∂ , que indica el intervalo
en el cual tomar x que nos garantice
aquello. Es decir:
⎛ lím f ( x) = L ⎞ ≡ ∀ε > 0, ∃∂ tal que 0 < x − x < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε
⎜ x→ x −
2 ⎟
0
2
⎝ 0
⎠
Ejemplo 1
Una función decreciente en (−∞,x 0 )
15
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 2
Una función creciente en (−∞,x 0 )
Note que lo que se ha hecho es no otra cosa que separar la definición de
límite en un punto que fue dada al comienzo.
De las definiciones anteriores y por el Teorema de Unicidad de Límite surge
el siguiente teorema.
1.2.3 TEOREMA DE EXISTENCIA DE LÍMITE
Si f
es una función con límite en x0
entonces se cumple que tanto por
izquierda como por derecha f tiende a
tomar el mismo valor. Es decir:
(lím f ( x) = L)≡ lím f ( x) = L ∧ lím f ( x) = L
x → x0 +
x → x0
x → x0 −
Si se da que lím+ f ( x ) ≠ lím− f ( x) , se dice que lím f ( x) no existe.
x → x0
x → x0
Ejemplo 1
Sea f ( x) =
SOLUCIÓN:
16
x−2
x−2
. Hallar lím f ( x ) :
x→ 2
x→ x0
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Expresando la regla de correspondencia sin valor absoluto, resulta:
⎧x−2
; x>2
⎪⎪ x − 2
⎧ 1
=⎨
=⎨
f ( x) =
(
)
x − 2 ⎪− x − 2
⎩− 1
; x<2
⎪⎩ x − 2
x−2
; x>2
; x<2
Esto quiere decir que su gráfica es:
De la gráfica observamos que
lím f ( x) = 1 y
x→2+
lím f ( x) = −1 ; entonces se concluye que
x→2−
lím f ( x) no existe .
x→2
Ejemplo 2
⎧2 x , x > 3
Demostrar formalmente que lím f (x ) = 6 si f (x ) = ⎪⎨4 , x = 3
x→3
⎪3 x − 3 , x < 3
⎩
SOLUCIÓN:
Note que la función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 3 y otra diferente a la
izquierda de 3, entonces es necesario demostrar que lím f (x ) = 6 y que lím f (x ) = 6 .
x →3 +
(
)
PRIMERO, lím+ 2 x = 6 ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x →3
x →3 −
0 < x − 3 < ∂ ⇒ 2x − 6 < ε
0< x−3< ∂
0 < 2 ( x − 3) < 2∂
0 < 2 x − 6 < 2∂
Si
∂=
ε
2
; es decir, tomando 3 < x < 3 +
ε
2
garantizamos la afirmación que lím 2 x = 6 .
x →3 +
SEGUNDO,
( lím (3x − 3) = 6) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 3−
0 < 3 − x < ∂ ⇒ ( 3 x − 3) − 6 < ε
0< 3− x < ∂
0 < 3 ( 3 − x ) < 3∂
0 < 9 − 3 x < 3∂
0 < 6 + 3 − 3 x < 3∂
0 < − ( 3x − 3) + 6 < 3∂
0 < − ⎡⎣( 3 x − 3) − 6⎤⎦ < 3∂
Si ∂ =
ε
3
; es decir, tomando
3−
ε
3
< x < 3 garantizamos que lím− ( 3 x − 3) = 6 .
x →3
17
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 3
⎧x − 1 , x ≥ 2
⎩x + 1 , x < 2
Demostrar formalmente que lím f (x ) no existe, si f (x ) = ⎨
x→2
SOLUCIÓN:
La función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 2 y otra diferente a la
izquierda de 2, entonces es necesario demostrar que ambas definiciones convergen a distintos valores, es
decir: lím f (x ) ≠ lím f (x ) .
x→2+
x →2−
Note que, lím+ ( x − 1) = 1 y que lím− ( x + 1) = 3
x→2
x →2
PRIMERO,
( lím ( x −1) = 1) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 2+
0 < x − 2 < ∂ ⇒ ( x − 1) − 1 < ε
0< x−2<∂
0 < x −1−1 < ∂
0 < ( x − 1) − 1 < ∂
Si ∂ = ε ; es decir, tomando 2 < x < 2 + ε garantizamos que lím+ ( x − 1) = 1 .
x→2
SEGUNDO,
( lím ( x + 1) = 3) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 2−
0 < 2 − x < ∂ ⇒ ( x + 1) − 3 < ε
0< 2− x<∂
0 < 3 −1− x < ∂
0 < 3 − (1 + x ) < ∂
0 < − ⎡⎣( x + 1) − 3⎤⎦ < ∂
Si ∂ = ε ; es decir, tomando 2 − ε < x < 2 garantizamos que lím− ( x + 1) = 3 .
x→2
Por lo tanto, al demostrar que f converge a distintos valores en la vecindad de 2 , estamos demostrando
que lím f (x ) no existe
x→2
Ejemplo 4
Demostrar formalmente que lím+ ( 2 x − a x b) = 2
x→2
SOLUCIÓN:
( lím ( 2x − a xb) = 2) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 2+
0 < x − 2 < ∂ ⇒ ( 2 x − a x b) − 2 < ε
No olvide que a la derecha de 2 el entero mayor de x es igual a 2, es decir a x b = 2 .
Transformando el antecedente:
( 0 < x − 2 < ∂ ) ≡ 0 < 2 x − 4 < 2∂
≡ 0 < 2 x − 4 + 2 − 2 < 2∂
≡ 0 < 2 x − 2 − 2 < 2∂
¨
≡ 0 < ( 2 x − a 2b) − 2 < 2∂
Si ∂ =
18
ε
2
; es decir, tomando 2 < x < 2 +
ε
2
(
)
garantizamos que lím+ 2 x − a x b = 2 .
x→2
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejercicios Propuestos 1.2
1.
Demostrar formalmente utilizando la definición de límites laterales:
lím x = 0
a.
x →0
b.
⎧2 x − 7 , x ≥ 2
lím f (x ) = −3 ; si f (x ) = ⎨
x →2
⎩5 − 4 x , x < 2
c.
⎧2 x − 1 , x ≥ 2
lím f (x ) = 3 ; si f (x ) = ⎨
x→2
⎩x + 1 , x < 2
lím ( 2 x − a x b) = 3
d.
x → 2−
lím ( 3 x − a x b) = 6
e.
x → 3+
⎧3 x − 1 , x ≥ 1
⎩x + 2 , x < 1
2.
Demostrar formalmente que lím f (x ) no existe, si f (x ) = ⎨
3.
Trace la gráfica y determine, por inspección, el límite indicado si existe, si no existe justifique.
x →1
a.
b.
f ( x) =
c.
⎧2 x − 7 , x ≥ 2
f (x ) = ⎨
⎩5 − 4 x , x < 2
x →1
x+2
;
x+2
lím f ( x )
;
x →−2
lím f ( x )
x →2
; lím f (x )
x →2
; lím f (x ) ,
x→0−
lím f ( x )
x → 0+
⎧ x + a xb
, x ≤ −1
⎪
f ( x ) = ⎨ Sgn ( x − 3) , −1 < x ≤ 4
⎪
,x > 4
⎩μ ( x )
e.
;
lím f ( x )
x →−1
, lím f ( x )
x →−
5
2
Bosqueje la gráfica de una función que cumpla las condiciones siguientes:
•
Dom f = R
•
•
•
•
•
•
5.
; lím f (x )
,x =1
,x >1
f ( x ) = x − a xb
d.
4.
,x <1
⎧2
⎪
f ( x ) = ⎨− 1
⎪3
⎩
f es decreciente en (−∞,−3) ∪ (0,2)
f es creciente en (−3,0) ∪ (2,+∞ )
[
]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x + 3 < δ ⇒ f ( x) < ε ]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x − 2 < δ ⇒ f ( x) + 1 < ε ]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x 0 < −3 − x < δ ⇒ f ( x) − 2 < ε
f (−3) = f (2 ) = 0 y f (0) = 5
Bosqueje el gráfico de una función que cumpla las condiciones siguientes:
Dom f = R
•
•
•
•
•
•
•
f es creciente en ( −∞,0 ) ∪ ( 0,3)
f decreciente en (3, ∞ )
[
]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x < δ ⇒ f ( x) < ε ]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x − 3 < δ ⇒ f ( x) − 5 < ε ]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x 0 < − x < δ ⇒ f ( x) − 3 < ε
f (−3) = f (3) = f (6) = 0 y f (0) = 2
19
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES
1.3.1 TEOREMA PRINCIPAL SOBRE LÍMITE
Sean f y
g funciones con límite en x0 ;
es decir, suponga que
lím f ( x) = L
x→ x0
y
lím g ( x) = M . Entonces:
x→ x0
1. lím k = k , ∀k ∈ R
x → x0
2. lím x = x0
x → x0
3. lím kf ( x) = k lím f ( x) = kL , ∀k ∈ R
x → x0
x → x0
4. lím [ f ( x) + g ( x)] = lím f ( x) + lím g ( x) = L + M
x→ x
x→ x
x→ x
0
0
0
5. lím [ f ( x) − g ( x)] = lím f ( x) − lím g ( x) = L − M
x→ x
x→ x
x→ x
0
0
0
6. lím [ f ( x) g ( x)] = lím f ( x) lím g ( x) = LM
x → x0
x → x0
x → x0
f ( x) L
⎡ f ( x) ⎤ xlím
→ x0
7. lím ⎢
=
=
x → x0 g ( x ) ⎥
g ( x) M
⎣
⎦ xlím
→x
;siempre que lím g ( x) ≠ 0
x → x0
0
n
8. lím [ f ( x)] = ⎡⎢ lím f ( x) ⎤⎥ = Ln ,
x → x0
⎣ x→ x0
⎦
n
∀n ∈ N
9. lím n f ( x) = n lím f ( x) = n L
x → x0
x → x0
siempre que
lím f ( x) ≥ 0 cuando n es par.
x → x0
Demostraciones
1.
( lím k = k ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
< ∂ ⇒ k −k <ε
0
x → x0
El consecuente de la implicación es verdadero porque 0 < ε . Por tanto, la proposición es siempre
verdadera.
2.
( lím x = x ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
x → x0
0
Si ∂ = ε la proposición es verdadera siempre.
20
0
< ∂ ⇒ x − x0 < ε
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
3.
( lím kf ( x) = kL ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
0
x → x0
Observe
el
consecuente,
la
expresión
< ∂ ⇒ kf ( x) − kL < ε
kf ( x) − kL < ε
es
equivalente
a
k ( f ( x) − L ) < ε .
Por hipótesis, en la cercanía de x 0 , f se aproxima a L , por tanto kf se aproximará a kL .
4. Debemos demostrar que si
lím f ( x) = L
lím g ( x) = M entonces
x → x0
x → x0
lím [ f ( x) + g ( x)] = L + M
x → x0
lím f ( x) = L significa que:
Asegurar que
x → x0
∀ε 1 > 0, ∃∂ 1 > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ 1 ⇒ f ( x) − L < ε 1
lím g ( x) = M significa que:
Y asegurar que
x → x0
∀ε 2 > 0, ∃∂ 2 > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ 2 ⇒ g ( x ) − M < ε 2
Lo cual quiere decir si tomamos ε 1 = ε 2 =
ε
2
y ∂ = min{∂1,∂ 2 } tenemos:
ε
⎧
f ( x) − L <
⎪⎪
2
∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨
⎪ g ( x) − M < ε
2
⎩⎪
Sumando término a término la desigualdad resulta: f ( x) − L + g ( x) − M <
Y por la desigualdad triangular
Por lo tanto
( f ( x) − L ) + (g ( x) − M ) ≤
ε
2
+
ε
2
f ( x) − L + g ( x) − M
( f ( x ) + g ( x ) ) − (L + M ) < ε
Finalmente, se observar que:
∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ( f ( x) + g ( x) ) − (L + M ) < ε
lo que nos asegura que
lím [ f ( x) + g ( x)] = L + M
x → x0
El resto de las demostraciones se deja como ejercicio para el lector.
Observe que el recíproco del teorema anterior es falso.
Ejemplo
⎧1 ; x > 0
Suponga que se tiene f ( x ) = ⎨
⎩0 ; x ≤ 0
y
⎧0 ; x ≥ 0
g ( x) = ⎨
⎩1 ; x < 0
⎧1 ; x ≠ 0
entonces ( f + g )( x) = ⎨
⎩0 ; x = 0
Observe que: lím f ( x) no existe y que lím g ( x) tampoco existe, sin embargo lím ( f + g ) ( x) = 1
x →0
(existe). Es decir, “ Si
(f
asegurar que
también tienen límite en ese punto”
f
y
g
+ g)
x →0
x →0
es una función con límite en un punto, entonces no podemos
21
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
El teorema principal de límite permite establecer límites de ciertas funciones.
Ejemplo
(
Calcular lim x 2 + 3 x − 2
x→2
)
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límites, tenemos:
(
)
lim x 2 + 3x − 2 = lim x 2 + lim 3x − lim 2 (inciso 4 y 5)
x→2
x→2
x→2
x→2
2
= ⎛⎜ lim x ⎞⎟ + 3 lim x − 2 (inciso 8, 3 y 1)
x→2
⎝ x→2 ⎠
= 2 2 + 3(2) − 2
=8
Lo último del ejemplo anterior permite concluir que con una sustitución basta.
1.3.2 TEOREMA DE SUSTITUCIÓN
Sea f una función polinomial o una
función racional, entonces lím f ( x) = f ( x0 )
x→ x0
siempre que f ( x0 ) esté definida y que el
denominador no sea cero para el caso de
una función racional.
De principio o de final, en el cálculo de límite, se empleará el teorema de
sustitución.
Ejemplo
(
Calcular lim x 2 + 3 x − 2
x→2
)
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución, tenemos:
(
)
lim x 2 + 3x − 2 = 2 2 + 3(2) − 2 = 8
x→2
Veamos el siguiente otro teorema, muy poco utilizado pero necesario en
ciertas situaciones.
22
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1.3.3 TEOREMA DEL EMPAREDADO
Sean f , g y h funciones tales que
g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) para toda x próxima a
" x0 " con la posible excepción de " x0 ". Si
y
lím g ( x) = L
x→ x0
lím h( x) = L
x→ x0
entonces
lím f ( x) = L .
x→ x0
DEMOSTRACIÓN.
Tenemos tres hipótesis:
H1 :
H2 :
H3 :
( lím g ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x < ∂ ⇒ g ( x) − L < ε
( lím h( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x < ∂ ⇒ h(x) − L < ε
x → x0
1
1
x → x0
2
2
0
1
0
2
1
2
∃∂ 3 > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ 3 ⇒ g ( x ) ≤ f ( x) ≤ h( x)
Ahora, suponiendo que ε 1 = ε 2 = ε y tomando ∂ = min{∂1, ∂ 2 , ∂ 3} , tenemos:
⎧ g ( x) − L < ε
⎪⎪
∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ h( x) − L < ε
⎪
⎪⎩ g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x)
⎧ L − ε < g ( x) < L + ε
⎪
que quiere decir que: ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ L − ε < h( x) < L + ε
⎪ g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h( x )
⎩
lo cual significa que: L − ε < g ( x) ≤ f ( x ) ≤ h( x) < L + ε ,
y de manera simplificada se podría decir que: L − ε < f ( x) < L + ε
Por lo tanto ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε ,
que no es otra cosa que
lím f ( x) = L
x → x0
L.Q.Q.D.
Ahora veamos ejercicios donde se emplea el teorema del emparedado
Ejemplo 1
Sea 1 − x 2 ≤ f ( x) ≤ x 2 + 1 para toda x próxima a 0, excepto en 0. Hallar lím f ( x ) .
x→ 0
SOLUCIÓN:
Llamemos g ( x) = 1 − x 2 y h( x) = x 2 + 1 . Calculando límites tenemos:
lím g ( x) = lím (1 − x 2 ) = 1
x →0
x →0
y
lím h( x) = lím ( x 2 + 1) = 1 .
x →0
x →0
23
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Y como g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) en la vecindad de x = 0 , por el teorema del emparedado se concluye que:
lím f ( x) = 1
x →0
(
)
(
)
2
2
O más simplemente: lím 1 − x ≤ lím f ( x) ≤ lím x + 1
x →0
x →0
x →0
1 ≤ lím f ( x) ≤ 1
x →0
por lo tanto lím f ( x) = 1
x →0
Ejemplo 2
⎛1⎞
⎝x⎠
Use el teorema del emparedado para demostrar que: lím x sen⎜ ⎟ = 0
x →0
SOLUCIÓN:
⎡ ⎛ 1 ⎞⎤
No se puede aplicar la propiedad del producto de los límites debido a que lím ⎢sen ⎜ ⎟ ⎥ no existe.
x →0
⎣ ⎝ x ⎠⎦
También hacerlo en término de ∂ − ε , sería dificilísimo, ¿Por qué? . Por tanto hay que recurrir a otro
mecanismo.
⎛1⎞
⎛1⎞
La función f ( x) = sen⎜ ⎟ es acotada, es decir que 0 ≤ sen⎜ ⎟ ≤ 1 .
x
⎝ ⎠
⎝x⎠
⎛1⎞
Al multiplicar por x tenemos: x 0 ≤ x sen⎜ ⎟ ≤ x 1 ;
⎝ x⎠
⎛1⎞
⎛1⎞
luego tomando límite resulta lím 0 ≤ lím x sen⎜ ⎟ ≤ lím x , que equivale a 0 ≤ lím x sen⎜ ⎟ ≤ 0
x →0
x →0
x
→
0
x
→
0
x
⎝ ⎠
⎝ x⎠
⎛1⎞
y llegamos a lo que queríamos, es decir: lím x sen⎜ ⎟ = 0 .
x →0
⎝x⎠
Ejemplo 3
Hallar lím
x →0
Senx
x
SOLUCIÓN:
Para emplear el teorema del emparedado, acotemos la función f ( x) =
Senx
x
R1
tg x
1
sen x
x
R3
cos x
1
24
R2
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Del gráfico tenemos que: AreaR1 =
(tg x )(1)
2
Observe que AR1 ≥ AR2 ≥ AR3 , entonces
, AR2 =
(cos x )(sen x)
(1) 2 (x )
, AR3 =
2
2
(tg x )(1) ≥ (1)2 (x ) ≥ cos x sen x
2
2
2
+
PRIMERO: Si x → 0 . Multiplicando por 2 y dividiendo para sen x resulta:
2(tg x )(1)
2( x )
2 cos x sen x
≥
≥
2 sen x
2 sen x
2 sen x
1
x
≥
≥ cos x
cos x sen x
sen x
1
que es lo mismo que cos x ≤
≤
cos x
x
sen x
1
tomando límite lím cos x ≤ lím
≤ lím
x →0 +
x →0 + x
x → 0 + cos x
sen x
sen x
entonces lím
1 ≤ lím
≤1
=1
x →0 + x
x →0 + x
SEGUNDO: En cambio, si x → 0 − . Multiplicando por 2 y dividiendo para sen x resulta:
1
x
≤
≤ cos x (Se invierte el sentido de la desigualdad porque sen x < 0
cos x sen x
sen x
1
que es lo mismo que: cos x ≤
≤
x
cos x
sen x
1
tomando límite: lím cos x ≤ lím
≤ lím
x →0 −
x →0 − x
x →0 − cos x
sen x
sen x
entonces
1 ≤ lím
≤1
lím
=1
x →0 − x
x →0 − x
Finalmente lím
x →0
sen x
=1
x
Observe la gráfica
y=
sen x
x
Note que en su gráfica se observa la conclusión anterior.
25
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejercicios Propuestos 1.3
1.
Realice las demostraciones de los incisos 5, 6 y 7 del Teorema principal de límite.
2.
Use el teorema del emparedado para demostrar que:
lím x 4 Sen 2
a.
x→ 0
⎡
lím ⎢(x − 1)2 sen
b.
3.
1
=0
x
1 ⎤
⎥=0
x −1 ⎦
x →1+ ⎣
Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA O FALSA, en caso de ser
verdadera demuéstrela y en caso de ser falsa dé un contraejemplo.
lím ( f ( x ) ) = L ⇒
a.
lím ( f ( x ) − L ) = 0
x → x0
x → x0
b.
Si lím ( f ( x ) − g ( x) ) existe, entonces también existen lím f ( x ) y lím g ( x)
c.
Si g (x ) + 5 ≤ 3(4 − x ) , entonces lím g (x ) = −5
d.
Si f ( x0 ) no está definida, entonces el lím f ( x ) no existe
e.
Si f ( x0 ) existe, entonces lím f ( x ) existe
f.
Suponga que g es una función tal que lím g ( x) = 0 . Si f es una función cualquiera,
x → x0
x → x0
x → x0
2
x →4
x → x0
x → x0
entonces lím ( fg )( x) = 0
x→0
x →0
g.
Si f ( x) ≠ g ( x) para toda x , entonces el lím f ( x ) ≠ lím g ( x )
x → x0
x → x0
1.4 CALCULO DE LÍMITES
En el cálculo de límites, la aplicación del teorema de sustitución puede
bastar.
Ejemplo 1
Calcular lím+ ( x − a x b)
x →1
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución:
lím ( x − a x b) = 1 − ced1+ fhg = 1 − 1 = 0 (El entero mayor de números ligeramente mayores que 1 es igual a 1)
x →1+
Ejemplo 2
Calcular lím− ( x − a x b)
x →1
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución
lím ( x − a x b) = 1 − ced1− fhg = 1 − 0 = 1
x →1−
26
(El entero mayor de números ligeramente menores que 1 es igual a 0)
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 3
Calcular lím− (a 2 x − 1b + Sgn ( x − 1) )
x →1
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límites y el teorema de sustitución:
lím (a 2 x − 1b + Sng ( x − 1) ) = lím− (a 2 x − 1b) + lím− ( Sng ( x − 1) )
x →1−
x →1
x →1
= ced 2(1− ) − 1fhg + sng (1− − 1)
= ced1− fhg + sng ( 0− )
= 0 −1
= −1
Ejercicios Propuestos 1.4
Calcular:
1.
2.
3.
4.
lím 2 x − 6 − 4
x →4+
lím
x →3+
7.
x − 4 −1
3− x
8.
lím+ ( x − 2Sgnx )
9.
a xb − 3
lím
x →3
5.
6.
c x 2 f − a x b2
ed hg
lím
x →1+
x2 − 1
10.
a tan x b + Sgn ( x 2 )
μ ( x)
lím asen x b
π
2
lím + ced cos ( x + π2 )fhg
x →−
3− x
x −1
lím
x → 0+ a x b + 1
x →0
x→
x →0
+
lím+
π
2
lím ⎡⎣ μ ( x + 5 ) + μ ( x − 1) − μ ( x − 3) ⎤⎦
x → 5+
En otros casos, al calcular límites, una vez aplicado el teorema de
sustitución, se requerirá un trabajo adicional si se presentan resultados de la
forma:
0
0
∞
∞
∞−∞
0•∞
1∞
00
∞0
27
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Los resultados de la forma mencionada son llamados indeterminaciones
debido a que corresponden a cualquier valor. Por ejemplo, tomemos
suponga que sea igual a una constante
sería verdadera para todo
0
=c
0
c , es decir
entonces
0
,
0
0 = 0c
c . Analice el resto de indeterminaciones.
Ejemplo 1
Calcular lím
x →1
x2 + 5x − 6
x −1
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución tenemos
lím
x →1
2
x 2 + 5 x − 6 1 + 5 (1) − 6 0
=
=
x −1
1−1
0
indeterminación, para destruirla vamos a simplificar la expresión, es decir factorizando:
( x + 6 )( x − 1)
x2 + 5x − 6
= lím
= lím ( x + 6 )
x →1
x →1
x →1
x −1
x −1
Y finalmente aplicando el teorema de sustitución: lím ( x + 6 ) = 1 + 6 = 7
lím
x →1
Ejemplo 2
x 2 − 7 x + 10
x →2
x−2
SOLUCIÓN:
Calcular lím
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
2 2 − 7(2) + 10 0
= (Indeterminación)
2−2
0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:
lím
x →2
( x − 2 )( x − 5 )
x 2 − 7 x + 10
= lím
= lím( x − 5)
x→2
x→2
x−2
( x − 2)
Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta:
lím( x − 5) = 2 − 5 = 3
x →2
Ejemplo 3
Calcular lím
x + 5 x − 14
x →4
x −2
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
4 + 5 4 − 14
4 −2
=
0
(Indeterminación)
0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:
28
una
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
lím
x + 5 x − 14
x −2
x →4
= lím
(
x +7
)(
x −2
x −2
x →4
) = lím
x→2
(
x +7
)
Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta:
lím
x →4
(
)
x +7 = 4 +7 =9
SEGUNDO METODO:
Podemos hacer un Cambio de Variable: x = u 2 . Este caso u = x , y cuando x → 4 , u → 2
Por tanto el límite en la nueva variable sería:
u 2 + 5u − 14
u →2
u−2
lím
Simplificando la expresión y aplicando en teorema de sustitución:
( u + 7 )( u − 2 )
u 2 + 5u − 14
= lím
= lím ( u + 7 ) = 9
2
u →2
u
→
u →2
u−2
u−2
lím
Ejemplo 4
Calcular lím
x →1
x −1
x −1
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 −1 0
= (Indeterminación)
1 −1
0
Racionalizando el numerador y simplificando:
⎡ x −1
x + 1⎤
x −1
lím ⎢
•
= lím
⎥ = lím
x →1
x
→
1
x + 1⎦
( x − 1) x + 1 x →1
⎣ x −1
(
)
(
1
)
x +1
=
1
2
Ejemplo 5
Calcular lím
x →1 3
x −1
x −1
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 −1
1 −1
3
=
0
(Indeterminación)
0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, podemos aplicar uno de los siguientes métodos:
PRIMER METODO:
Racionalizando el numerador para diferencia de cuadrados y el denominador para diferencias de cubos:
⎡
x −1
x +1
⎢
lím 3
•
•
x →1 ⎢
x −1
x +1
⎢⎣
( x − 1)
lím
x →1
((
3
x
( x − 1) (
)
2
( x)
( x)
3
3
) = (( 1) +
+ 3 x +1
)
x +1
+ 3 x + 1⎤
⎥
2
⎥
3
+ x + 1⎥
⎦
2
2
3
(
3
)=3
1 +1
)
1 +1
2
29
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
SEGUNDO METODO:
Cambio de Variable: x = u 6 . Entonces Si x → 1 ⇒ u → 1
u6 −1
Reemplazando tenemos: lím
u →1 3
u6 −1
u3 −1
u →1 u 2 − 1
= lím
( u − 1) ( u 2 + u + 1)
( u 2 + u + 1) = (12 + 1 + 1) = 3
= lím
u →1
u →1
2
( u − 1)( u + 1)
( u + 1)
(1 + 1)
Y factorizando: lím
Ejemplo 6
a3 x − 2 b
Calcular lím−
2− x
x2 − 4
x→2
SOLUCIÓN:
(
) ⎛⎝
Aplicando el teorema principal de límite consideramos lím− a3 x − 2b ⎜ lím−
(
x→2
)
x→2
2− x ⎞
⎟
x2 − 4 ⎠
Entonces, para el primer límite tenemos: lím− a3 x − 2b = 3 ¿Por qué?
x→2
Y para el segundo límite, resulta:
lím−
2− x
2− x
= lím−
x − 4 x →2 x − 4
−1
1
lím
=−
x →2 − ( x + 2 )
4
x →2
2
Por lo tanto lím−
a3 x − 2 b
2
2− x
x −4
2
x→2
= lím−
x →2
− (x − 2 )
2− x
= lím−
=
(x − 2)(x + 2) x→2 (x − 2)(x + 2)
3
⎛ 1⎞
= (3) ⎜ − ⎟ = −
4
⎝ 4⎠
Ejercicios Propuestos 1.5
Calcular:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
30
x2 − 9
x →3 x − 3
2− x
lím
x→2 x2 − 4
lím
x3 − 8
x→2 x − 2
x 2 − 9 x + 20
lim 2
x → 4 x − 3x − 4
3x 2 − x − 10
lim 2
x → 2 x + 5 x − 14
x3 + x 2 − 5 x + 3
lim 3
x →1 x + 2 x 2 − 7 x + 4
2 x 3 + x 2 − x + 10
lim
x →−2 x 3 + 2 x 2 − 2 x − 4
lím
8.
x −2
lím
x→4 x − 4
9.
lim
x→2
x −1 −1
x−2
3
10.
lím
x →8
x −2
x −8
3
11.
lím
12.
lím
13.
14.
15.
16.
x →1
x −1
x +x−2
2
x 2 − (1 + a )x + a
x →1
x −1
⎛ 3 x2 − 2 3 x +1⎞
⎟
lim ⎜
2
⎟
x →1⎜
(
)
x
1
−
⎠
⎝
⎛ 3
2 ⎞
⎟⎟
−
lím⎜⎜
x →1⎝ 1 − x
1− 3 x ⎠
lím
x →8
lím
x → 2+
7+3 x −3
x −8
a3 x − 2 b
x2 − 4
2− x
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
sen x
= 1 que en forma
x →0
x
Otros límites se calculan empleando la expresión lím
sen u
= 1; donde u = u ( x)
u →0
u
generalizada sería: lím
Ejemplo 1
sen ( kx )
Calcular lím
x →0
x
SOLUCIÓN:
sen ( k ( 0 ) )
0
(Indeterminación)
0
0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, multiplicamos y dividimos por k , y luego aplicamos el
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
teorema principal de límites:
lím k
x →0
=
sen ( kx )
sen kx
= k lím
= k (1) = k
x →0
kx
kx
1
Se podría decir que
lím
sen ( k u )
u →0
u
=k;
k ∈\
Ejemplo 2
sen 3x
sen 5 x
SOLUCIÓN:
Calcular lím
x →0
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
sen ( 3 ( 0 ) )
sen ( 5 ( 0 ) )
=
0
(Indeterminación)
0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación dividimos el numerador y el denominador entre x , y
luego aplicamos el teorema principal de límites y la formula anterior:
3
sen 3x
sen 3 x
lím
sen 3x
x →0
x =3
lím
= lím x =
x → 0 sen 5 x
x → 0 sen 5 x
sen 5 x 5
lím
x →0
x
x
5
Ejemplo 3
1 − cos x
x2
SOLUCIÓN:
Calcular lím
x →0
1
P
1 − cos 0 0
= (Indeterminación)
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
02
0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:
31
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
x
sen
1 − cos 2 x
⎡1 − cos x 1 + cos x ⎤
•
= lím
lím ⎢
2
x →0
1 + cos x ⎥⎦ x → 0 x 2 (1 + cos x )
⎣ x
2
= lím
x →0
⎛
sen 2 x
sen 2 x ⎞ ⎛
1
⎞
= ⎜ lím 2 ⎟ ⎜ lím
⎟
x (1 + cos x) ⎝ x → 0 x ⎠ ⎝ x → 0 1 + cos x ⎠
2
2
sen x ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1
⎛
= ⎜ lím
⎟ ⎜ ⎟=
x →0
x ⎠ ⎝2⎠ 2
⎝
Ejemplo 4
Calcular lím
1 − cos ( kx )
x2
x →0
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − cos ( k 0 )
0
2
=
1 − cos ( 0 )
0
=
1−1 0
= (Indeterminación)
0
0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:
sen ( kx )
1 − cos 2 ( kx )
2
⎡1 − cos ( kx ) 1 + cos ( kx ) ⎤
•
lím ⎢
⎥ = lím
x →0
1 + cos ( kx ) ⎥⎦ x → 0 x 2 (1 + cos ( kx ) )
x2
⎢⎣
= lím
x →0
sen 2 ( kx )
⎛
⎞
sen 2 ( kx ) ⎞ ⎛
1
=
lím
⎜
⎟⎟ ⎜⎜ lím
⎟⎟
2
2
⎜
x
→
x
→
0
0
x (1 + cos ( kx )) ⎝
x
1 + cos ( kx ) ⎠
⎠⎝
sen ( kx ) ⎞ ⎛ 1 ⎞ k 2
⎛
= ⎜ lím
⎟ ⎜ ⎟=
x →0
x
⎝2⎠ 2
⎝
⎠
2
k
Se puede decir que lím
1 − cos ( k u )
u →0
u2
k2
=
2
Ejemplo 5
1 − cos x
x
SOLUCIÓN:
Calcular lím
x →0
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − cos 0 0
= (Indeterminación)
0
0
Multiplicando por el conjugado y aplicando propiedades:
1 − cos 2 x
⎡1 − cos x 1 + cos x ⎤
lím ⎢
•
= lím
⎥
x →0
1 + cos x ⎦ x → 0 x (1 + cos x )
⎣ x
lím
x →0
32
sen 2 x
sen x
sen x
lím
= lím
x(1 + cos x ) x → 0 x x → 0 1 + cos x
0
⎞
⎛
⎞⎛ P
sen x ⎟ ⎜ sen 0 ⎟ 0
⎜
= ⎜ lím
⎟= =0
x →0
x
⎟⎟ ⎜⎜ 1 + cos
N0 ⎟ 2
⎜
1
⎝
⎠⎝
1
⎠
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Se puede decir que lím
1 − cos ( k u )
u →0
u
=0
Ejemplo 6
Calcular lím
x→a
sen x − sen a
x−a
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
sen a − sen a 0
= (Indeterminación)
0
a−a
PRIMER MÉTODO:
Cambiando variable u = x − a . Entonces si x → a , u → 0 y además x = u + a
Reemplazando y simplificando tenemos:
lím
sen ( u + a ) − sen a
u →0
u
= lím
sen ( u + a )
( sen u cos a + cos u sen a ) − sen a
u →0
u
sen u cos a + cos u sen a − sen a
= lím
u →0
u
sen u cos a + ( cos u − 1) sen a
= lím
u →0
u
( cos u − 1) sen a
sen u cos a
= lím
+ lím
u →0
u →0
u
u
⎡ ( cos u − 1) ⎤
sen u ⎤
⎡
= cos a ⎢lím
m
⎥
⎥ + sen a ⎢lí
u →0
u →0
u
u
⎣
⎦
⎣
⎦
1
0
= cos a (1) + sena (0)
= cos a
SEGUNDO MÉTODO:
⎛x+a⎞
⎛ x−a⎞
⎟ sen ⎜
⎟
2
⎝
⎠
⎝ 2 ⎠
⎛x+a⎞
⎛ x−a⎞
2cos ⎜
⎟ sen ⎜
⎟
sen x − sen a
2 ⎠
⎝
⎝ 2 ⎠
= lím
lím
x→a
x→a
x−a
x−a
Al denominador lo dividimos y multiplicamos por 2, y luego separamos los límites aplicando el teorema
principal de límites (el límite del producto es el producto de los límites)
⎛ x+a⎞
⎛ x−a⎞
⎛ x+a⎞
⎛ x−a⎞
2cos ⎜
2cos ⎜
sen ⎜
⎟ sen ⎜
⎟
⎟
⎟
2 ⎠
2 ⎠
2 ⎠
⎝
⎝
⎝
⎝ 2 ⎠
= lím
lím
lím
x→a
x→a
x
→
a
−
x−a
x
a
2
2
2
2 Empleando la identidad: sen x − sen a = 2cos ⎜
1
= cos a
Ejemplo 7
Calcular lím
x →1
1 + sen ( 32π x )
( x − 1)
2
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 + sen ( 32π )
(1 − 1)
2
=
1−1 0
= (Indeterminación)
0
0
33
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Haciendo cambio de variable: u = x − 1 entonces x = u + 1 y si x → 1 entonces u → 0
Reemplazando y simplificando:
lím
x →1
1 + sen ( 32π x )
( x − 1)
2
= lím
1 + sen ( 32π ( u + 1) )
u2
u →0
= lím
1 + sen ( 32π u + 32π )
u2
u →0
= lím
1 + sen ( 32π u ) cos ( 32π ) + cos ( 32π u ) sen ( 32π )
u →0
= lím
1 + sen (
3π
2
u2
u ) ( 0 ) + cos ( 32π u ) ( −1)
u →0
= lím
1 − cos ( 32π u )
u →0
u2
u2
El último límite se lo puede calcular directamente con la formula lím
1 − cos ( k u )
u →0
u2
=
k2
2
k
⎛P
⎞
1 − cos ⎜ 32π u ⎟
⎜
⎟ ( 3π )2 9π 2 9π 2
⎝
⎠= 2 = 4 =
lím
u →0
u2
2
2
8
El resultado se lo puede comprobar, realizando todo el procedimiento lógico.
Multiplicando por el conjugado y simplificando:
⎡1 − cos ( 32π u ) ⎤⎦ ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦
1 − cos 2 ( 32π u )
=
lím ⎣
lím
u →0
u → 0 u 2 ⎡1 + cos 3π u ⎤
u 2 ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦
( 2 )⎦
⎣
= lím
u →0
sen 2 ( 32π u )
u 2 ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦
⎡ sen ( 32π u ) ⎤
1
= lím ⎢
⎥ lím
u →0
u
→
0
u
⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦
⎢⎣
⎥⎦
2
Multiplicando y dividiendo por
3π
y obteniendo límite:
2
⎡ 3π sen ( 3π u ) ⎤
1
lím ⎢ 2 3π 2 ⎥ lím
0
u →0
u
→
⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦
⎢⎣
⎥⎦
2 u
2
⎡ sen ( 3π u ) ⎤
2
1
= ( 32π ) lím ⎢ 3π 2 ⎥ lím
u →0
u →0 ⎡
u
⎤
2
⎣⎢
⎦⎥
⎢1 + cos ( 32π u ) ⎥
⎥
⎢ 1
⎣
⎦
2
⎛ 3π ⎞ ⎛ 1 ⎞
=⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠
9π 2
=
8
2
34
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 8
Calcular lím−
x →0
x
1 − cos x
SOLUCIÓN:
0−
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − cos 0
=
0−
(Indeterminación)
0
Multiplicando por el conjugado del radical, simplificando y luego calculando:
x
1 + cos x
x 1 + cos x
lím
= lím−
0
x → 0− 1 − cos x
x
→
1 + cos x
1 − cos 2 x
= lím−
x 1 + cos x
x→0
sen 2 x
1 + cos x
= lím−
x→0
sen 2 x
x
1 + cos x
= lím−
x→0
sen 2 x
x
1 + cos x
= lím−
sen x
x→0
−
x
1 + cos
0
N
1
=
sen x
−
x
N
1
=− 2
Ejercicios propuestos 1.6
Calcular:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
lím
x → 0+
sen 2 x + tan 3x
x
x sen x
lím
x →0
2 − 2 cos x
1 + sen 3 x
lím
x → π2 x − π 2
2
7.
3
+
(
)
8.
lím (1 − x ) tan π2 x
9.
tan (π x )
10.
x →1
lím
x →−2
x+2
π⎞
⎛
sen ⎜ x − ⎟
3⎠
⎝
lím
π 1 − 2cos x
x→
⎛π
⎞
cot ⎜ − x ⎟
2
⎝
⎠
lím
x →0
tan ( 2 x )
arcsen x
x
arctan 2 x
lím
x → 0 sen 3 x
lím
x→0
⎛π ⎞
cos ⎜ x ⎟
⎝2 ⎠
lím
x →1 1 −
x
35
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Otro tipo de límite interesante, cuyo resultado nos va ha resultar útil en el
1
cálculo de otros límites, es el de f ( x) = (1 + x ) x cuando x tiende a “ 0 ”.
Hagamos una tabla de valores:
x
− 0.10
y = (1 + x ) x
2.86797
− 0.05
2.7895
− 0.01
2.7319
7
0.01
7
2.7048
0.05
2.65329
0.10
2.5937
1
Se observa que: lím
(1 + x ) x = e ¡HAY QUE DEMOSTRARLO!
x →0
1
e
y = (1 + x )
Más generalmente tenemos que lím (1 + u )
u →0
1
u
1
x
= e donde u = u ( x) .
Ejemplo 1
Calcular lím (1 + sen x )
1
x
x →0
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos
(1 + sen 0) 10
= 1∞ (Indeterminación)
Para calcular el valor de esta indeterminación utilizamos lím (1 + u )
u →0
1
u
=e.
Si consideramos u = sen x , notamos que necesitamos en el exponente el recíproco de esta expresión,
por tanto al exponente lo multiplicamos y dividimos por sen x :
(
lím 1 + sen x
x →0
36
)
sen x ⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟
sen x ⎝ x ⎠
⎛
⎞
1
= lím ⎜ (1 + sen x ) sen x ⎟
x → 0 ⎜ ⎟
e
⎝
⎠
1
sen x
x
= e1 = e
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 2
Calcular lím ( cos x )
1
x
x →0
SOLUCIÓN:
∞
Note que la expresión dada es una indeterminación de la forma 1 .
Para utilizar lím (1 + u )
u →0
1
u
= e primero sumemos y restemos 1 a la base, es decir vamos a tener:
lím (1 + (cos x − 1))
x →0
1
x
luego consideramos u = cos x − 1 y multiplicamos y dividimos al exponente por esta expresión:
⎡
⎤
⎥
lím ⎢(1 + ( cos x − 1) )
x → 0 ⎢ ⎥
e
⎣
⎦
cos x−1
x
cos x−1
x
0
lím
= e x →0
cos x −1
x
Por tanto:
lím ( cos x )
1
x →0
x
= e0 = 1 .
Ejemplo 3
⎛ 2 ⎞
Calcular lím ⎜
⎟
x →1 x + 1
⎝
⎠
SOLUCIÓN:
x 2 + x +1
x2 − x
⎛ 2 ⎞
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: ⎜
⎟
⎝1+1⎠
12 +1+1
12 −1
3
∞
⎛ 2 ⎞0
= ⎜ ⎟ = (1) (Indeterminación)
⎝2⎠
Sumamos y restamos 1 a la base:
⎛ 2 ⎞
lím ⎜
⎟
x →1 x + 1
⎝
⎠
x 2 + x +1
x2 − x
⎛ ⎛ 2
⎞⎞
= lím ⎜1 + ⎜
− 1⎟ ⎟
x →1
+
1
x
⎠⎠
⎝ ⎝
x 2 + x +1
x2 − x
⎛ ⎛ 2 − ( x + 1) ⎞ ⎞
= lím ⎜1 + ⎜
⎟ ⎟⎟
x →1 ⎜
⎝ ⎝ x +1 ⎠⎠
⎛ ⎛1− x ⎞⎞
= lím ⎜1 + ⎜
⎟⎟
x →1
⎝ ⎝ x +1⎠⎠
x 2 + x +1
x2 − x
x 2 + x +1
x2 − x
⎛ 1− x ⎞
⎟:
⎝ x +1⎠
Multiplicamos y dividimos el exponente por ⎜
2
⎛ 1− x ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞
⎟
⎜
⎟⎜ 2
x − x ⎠⎟
1
⎡
⎤ ⎝ x +1 ⎠⎝⎜
⎛ ⎛ 1 − x ⎞ ⎞ 1− x ⎥
⎢
lím ⎜1 + ⎜
⎟ ⎟ x +1
x →1 ⎢
⎝ x +1⎠ ⎠ ⎥
⎝
⎢⎣
⎦⎥
=e
=e
2
⎛ 1− x ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞
lím ⎜
⎟
⎟⎜
x →1⎝ x +1 ⎠ ⎜ x 2 − x ⎟
⎝
⎠
⎛ − ( x −1) ⎞ ⎛ x 2 + x +1 ⎞
lím ⎜⎜
⎟⎟
⎟⎟⎜⎜
x→1
⎝ x +1 ⎠⎝ x ( x −1) ⎠
=e
=e
2
⎛ −1 ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞
lím ⎜
⎟⎜
⎟⎟
x→1⎝ x +1 ⎠ ⎜
x
⎝
⎠
2
⎛ −1 ⎞ ⎛ 1 +1+1 ⎞
⎟
⎜
⎟⎜
⎝ 1+1 ⎠ ⎜⎝ 1 ⎟⎠
=e
−
3
2
37
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 4
3x ⎞
⎛
Calcular lím ⎜ 4 − ⎟
x→k
k ⎠
⎝
SOLUCIÓN:
⎛π x ⎞
tan ⎜
⎟
⎝ 2k ⎠
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
3x ⎞
⎛
lím ⎜ 4 − ⎟
x→k
k ⎠
⎝
⎛π x ⎞
tan ⎜
⎟
⎝ 2k ⎠
3k ⎞
⎛
= ⎜4− ⎟
k ⎠
⎝
⎛πk ⎞
tan ⎜
⎟
⎝ 2k ⎠
= ( 4 − 3)
⎛π ⎞
tan ⎜ ⎟
⎝2⎠
= 1∞ (Indeterminación)
Cambiemos el 4 por 1+3 y multipliquemos y dividimos el exponente por el término que necesitamos:
3x ⎞
⎛
lím ⎜ 4 − ⎟
x→k
k ⎠
⎝
⎛πx⎞
tan ⎜
⎟
⎝ 2k ⎠
3x ⎞
⎛
= lím ⎜ 1 + 3 − ⎟
x→k
k ⎠
⎝
⎛π x⎞
tan ⎜
⎟
⎝ 2k ⎠
⎛ 3x ⎞ ⎛ π x ⎞
⎜ 3 − ⎟ tan ⎜
⎟
k ⎠ ⎝ 2k ⎠
⎡
1 ⎤⎝
⎢⎛ ⎛
3x ⎞ ⎞ 3− 3 x ⎥
= lím ⎢⎜1 + ⎜ 3 − ⎟ ⎟ k ⎥
x →k
k ⎠⎠
⎝ ⎢⎝
⎥
⎢⎣
⎥⎦
e
=e
π
⎛
⎞
⎛
⎞
⎜ 3− 3 x ⎟ tan ⎜ x ⎟
k ⎟⎠⎟ ⎜⎝ 2 k ⎟⎠
lím ⎜⎜
x→k ⎝
Dediquémonos al exponente. Hagamos el cambio de variable u = x − k
x → k entonces u → 0 .
x = u + k y si
de donde
⎛
3 (u + k ) ⎞
⎛ π (u + k ) ⎞
3x ⎞
⎛
⎛πx ⎞
lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜
⎜3 −
⎟ tan ⎜
⎟
⎟ = lím
x →k
u →0
k
2
k
k
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ 2k ⎠
3u + 3k ⎞
⎛
⎛ πu + π k ⎞
= lím ⎜ 3 −
⎟ tan ⎜
⎟
u →0
k ⎠
⎝
⎝ 2k ⎠
π⎞
⎛ 3k − 3u − 3k ⎞
⎛π
= lím ⎜
⎟ tan ⎜ u + ⎟
u →0
k
2⎠
⎝
⎠
⎝ 2k
π⎞
⎛π
sen ⎜ u + ⎟
2
k
2⎠
⎛ −3u ⎞
⎝
= lím ⎜
⎟
u →0
⎝ k ⎠ cos ⎛ π u + π ⎞
⎜
⎟
2⎠
⎝ 2k
0
1
P
P
π
π
⎛π ⎞
⎛π ⎞
sen ⎜ u ⎟ cos + cos ⎜ u ⎟ sen
3
2k ⎠
2
2k ⎠
2
⎝
⎝
= − lím ( u )
π
π
k u →0
⎛π ⎞
⎛π ⎞
cos ⎜ u ⎟ cos − sen ⎜ u ⎟ sen
2
2
⎝ 2k ⎠ N
⎝ 2k ⎠ N
0
⎛π ⎞
cos ⎜ u ⎟
3
⎝ 2k ⎠
= − lím ( u )
k u →0
⎛π ⎞
− sen ⎜ u ⎟
⎝ 2k ⎠
1
⎛ π P0 ⎞
⎞
⎛
cos ⎜ u ⎟
⎜ 2k ⎟
3
3⎜ 1 ⎟
⎝
⎠
= lím ( u )
= ⎜
⎟
k u→0
⎛
⎛ π ⎞⎞ k ⎜ π ⎟
sen ⎜ u ⎟ ⎟
⎜
⎟
⎜
⎝ 2k ⎠
π ⎜
⎝ 2k ⎠ ⎟
u
π
2k ⎜
⎟
u ⎟
⎜
2k
⎝
⎠
1
3x ⎞
⎛
⎛πx ⎞ 6
lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜
⎟=
x →k
k ⎠
⎝
⎝ 2k ⎠ π
Finalmente:
38
3x ⎞
⎛
lím ⎜ 4 − ⎟
x→k
k ⎠
⎝
⎛π x ⎞
tan ⎜
⎟
⎝ 2k ⎠
6
= eπ
1
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 5
a kx − 1
x →0
x
SOLUCIÓN:
Calcular lím
Sustituyendo tenemos
a k ( 0) − 1 0
= .
0
0
Considerando u = a kx − 1 , entonces x =
1 ln
k ln a
(u + 1)
y si x → 0 también u → 0
Haciendo cambio de variable, tenemos:
lím
u →0 1
k ln a
⎛
⎞
u
u
u
= lím k ln a
= k ln a ⎜⎜ lím
⎟
u → 0 ln ( u + 1) ⎟
ln ( u + 1) u → 0
ln ( u + 1)
⎝
⎠
Multiplicando, numerador y denominador por
1
, resulta:
u
⎛
⎞
⎜
⎟
1
⎛
⎞
( )u
1
1
1
⎜
⎟
=
= k ln a
= k ln a = k ln a
ln
lím
k ln a ⎜ lím 1 u
k
a
1
⎜ u →0 ⎡
⎜ u → 0 ln ( u + 1) ⎟⎟
u ⎤ ⎟
ln
1
e
ln ( u + 1) ⎟
u
⎝
⎠
⎜
⎣
⎦
⎜
⎟
e
⎝
⎠
ak u −1
= k ln a puede ser utilizado para calcular otros límites.
u →0
x
El resultado lím
Ejemplo 4
32 x − 1
x →0
x
SOLUCIÓN:
Calcular lím
Empleando el resultado anterior:
32 x − 1
= 2 ln 3
x →0
x
lím
Ejemplo 5
32 x − 54 x
x →0
x
SOLUCIÓN:
Calcular lím
Primero restamos y sumamos 1 al numerador y luego separamos para calcular los límites:
32 x − 54 x
32 x − 1 − 54 x + 1
= lím
x →0
x →0
x
x
2x
3 − 1 − ( 54 x − 1)
= lím
x →0
x
2x
3 −1
54 x − 1
= lím
− lím
x →0
x →0
x
x
2x
4x
3 −5
= 2 ln 3 − 4 ln 5
lím
x →0
x
lím
39
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejercicios Propuestos 1.7
Calcular:
1.
lím (1 + tan x )
2.
lím (1 + cos x )
e3 x − 1
x →0
x
csc x
8. lím
x →0
x→
csc x
π
9.
2
3.
lím ( cos x )
4.
lím ( sen x )
1
x2
x →0
x →π
10.
tan x
2
11.
x2 + x + 2
⎛ 4 ⎞ x2 − 2 x −3
lím ⎜
⎟
x →3 x + 1
⎝
⎠
5.
12.
x2 + 2 x + 6
6.
⎛ 3 ⎞ x2 − x − 2
lím ⎜
⎟
x→2 x + 1
⎝
⎠
7.
lím ( 4 − 3x )
x →1
⎛π ⎞
tan ⎜ x ⎟
⎝2 ⎠
e ax − e bx
x →0 sen 3 x
e 2 x − e3 x
lím
x →0
tan x
lím
2 ax − 2 bx
x →0
x
x+h
a + a x − h − 2a x
lím
;a > 0
h →0
h
lím
13.
lím ( x + e x )
14.
lím
x →0
x →0
1
x
ln ( cos ( ax ) )
ln ( cos ( bx ) )
Para otros tipos de límites habrá que extremarse con el uso de los recursos
algebraicos.
Ejemplo 1
Demuestre que lím
x →0
n
1+ k x −1
x
=
k
n
SOLUCIÓN:
Por producto notable se puede decir que:
(
)(
)
(
) ( ) (
n −1
n−2
1
n
1 + kx − n 1 ⎡ n 1 + kx
1 +
+ n 1 + kx
⎢⎣
n −1
n−2
= n 1 + kx − 1 ⎡ n 1 + kx
+ n 1 + kx
+ " + 1⎤
⎢⎣
⎥
⎦
⎡⎣(1 + kx ) − 1⎤⎦ =
(
n
)(
)
(
n
1 + kx
) ( 1)
n−3
n
)
n términos
Entonces, multiplicando por el factor racionalizante, simplificando y calculando el límite:
1+ k x −1
lím
= lím
x→0
x →0
x
n
= lím
x→0
= lím
x→0
= lím
x→0
=
(
n
(
n
) • ⎡⎣⎢(
⎡
(
⎣⎢
1+ k x −1
x
(
)
(
)
n −1
(
n
+
(
) +(
n
1 + kx
1 + k ( 0)
n veces
lím
x→0
40
1+ k x −1 k
=
x
n
+
(
n
1 + kx
n −1
n −1
(
+(
+
n
n
)
1 + kx )
1 + kx
)
n −2
+ " + 1⎤
⎦⎥
)
n −2
+ " + 1⎤
⎦⎥
kx
x ⎡ n 1 + kx
⎣⎢
k
=
+1+
"+
1
1
n
n
)
1 + kx )
1 + kx
(1 + k x − 1)
n −1
x ⎡ n 1 + kx
⎣⎢
n
)
n −1
+
(
n
1 + kx
k
n
1 + kx
)
n −2
k
n −1
1 + k ( 0)
)
+"+1
n −2
+" +1
+ " + 1⎤
⎦⎥
n −2
+ " + 1⎤
⎦⎥
n −2
2
+"+
( 1)
n
n −1
⎤
⎥⎦
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
⎡ n 1 + k u − 1⎤ k
El resultado anterior puesto de forma general lím ⎢
⎥ = puede
u →0
u
⎢⎣
⎥⎦ n
ser utilizado para calcular rápidamente otros límites.
Ejemplo 2
Calcular lím
3
27 − x − 3
x →0
x
SOLUCIÓN:
Aunque este límite se lo puede calcular empleando el factor racionalizante para diferencia de cubos (no
deje de hacerlo), vamos a emplear el resultado que obtuvimos en el ejercicio anterior.
27 ( 27 − x )
−3
27
x
x
3
27 3 1 −
−3
27
= lím
x →0
x
27 − x − 3
lím
= lím
x →0
x →0
x
3
3
⎛ 1 ⎞
3 3 1+ ⎜ − ⎟ x − 3
⎝ 27 ⎠
= lím
x →0
x
Pn
3
= 3lím
x →0
⎛ 1 ⎞
1+ ⎜ − ⎟ x −1
27 ⎠
⎝
k
x
1
−
27 − x − 3
1
27
lím
=3
=−
x →0
3
27
x
3
Ejemplo 3
Calcular lím
5
x →30
x+2 −2
x − 30
SOLUCIÓN:
Primero es necesario un cambio de variable, de modo que la nueva variable tienda a tomar el valor de cero,
para poder utilizar la formula. Hagamos u = x − 30 de donde x = u + 30 y u → 0 . Reemplazando,
simplificando y calculando el límite:
41
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
5
lím
x → 30
5
x+2 −2
u + 30 + 2 − 2
= lím
0
u
→
x − 30
u + 30 − 30
5
u + 32 − 2
= lím
u →0
u
32 ( u + 32 )
−2
32
= lím
u →0
u
32
u
3
+
−2
32 5
32 32
= lím
u →0
u
1
2 5 1+ u − 2
32
= lím
u →0
u
⎛
⎞
1
2 ⎜⎜ 5 1 + u − 1⎟⎟
32
⎠
= lím ⎝
u →0
u
1
5 1+
u −1
32
= 2 lím
u →0
u
⎛ 1 ⎞
⎜
⎟ 1
x+2 −2
= 2 ⎜ 32 ⎟ =
5 ⎟ 80
x − 30
⎜⎜
⎟
⎝
⎠
5
5
lím
x → 30
Ejemplo 4
⎛ 4 1 + 2 x − 1 − 3x ⎞
Calcular lim ⎜⎜
⎟⎟
3
x →0
1− x −1
⎝
⎠
SOLUCIÓN:
Restamos y sumamos 1 al numerador, dividimos para x y luego separaramos los límites:
4
lim
x →0
4
1 + 2 x − 1 − 3x
1 + 2 x − 1 − 1 − 3x + 1
= lim
3
3
x →0
1− x −1
1− x −1
4
= lim
x →0
3
42
(
)
1 − 3x − 1
1− x −1
1 + 2x −1
1 − 3x − 1
−
x
x
= lim
3
x →0
1− x −1
x
4
1 + 2x −1
1 − 3x − 1
− lim
lim
x →0
x→0
x
x
=
3
1− x −1
lim
x →0
x
2 ⎛ 3⎞
− −
4
1 + 2 x − 1 − 3 x ⎞ 4 ⎜⎝ 2 ⎟⎠
=
= −6
⎟
3
⎟
1
1− x −1
⎠
−
3
4
⎛
lim ⎜⎜
x →0
⎝
1 + 2x −1 −
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 5
⎛ 4 14 + 2 x − 2 4 − 3x ⎞
Calcular lim ⎜⎜
⎟⎟
3
x →1
2 − x −1
⎝
⎠
SOLUCIÓN:
Aquí u = x − 1 de donde x = u + 1 y u → 0 .
Reemplazando, simplificando y calcular el límite:
4
lim
x→1
4 14 + 2 ( u + 1) − 2 4 − 3 ( u + 1)
14 + 2 x − 2 4 − 3 x
= lim
3
0
u
→
3 2 − ( u + 1) − 1
2 − x −1
= lim
4
14 + 2u + 2 − 2 4 − 3u − 3
3
2 − u −1 −1
4
16 + 2u − 2 1 − 3u
3
1− u −1
u →0
= lim
u →0
16 (16 + 2u )
− 2 1 − 3u
16
= lim
3
u →0
1− u −1
4
u
− 2 1 − 3u
8
3
1− u −1
2 4 1+
= lim
u →0
⎛
⎞
u
2 ⎜⎜ 4 1 + − 1 − 3u ⎟⎟
8
⎠
= lim ⎝ 3
u →0
1− u −1
u
− 1 − 3u
8
3
1− u −1
4
1+
4
1+
= 2lim
u →0
= 2lim
u →0
u
− 1 − 1 − 3u + 1
8
3
1− u −1
u
−1 ⎛
1 − 3u − 1 ⎞
8
− ⎜⎜
⎟⎟
u
u
⎝
⎠
= 2lim
3
u →0
1− u −1
u
u
4 1+
−1
⎛ 1 − 3u − 1 ⎞
8
lim
− lim ⎜⎜
⎟⎟
u →0
u
→
0
u
u
⎝
⎠
=2
3
1− u −1
lim
u →0
u
1
1 3
8 − ⎛ −3 ⎞
+
⎜ ⎟
4
14 + 2 x − 2 4 − 3 x
4 ⎝ 2 ⎠
32 2 = −6 ⎛ 49 ⎞ = − 147
lim
2
2
=
=
⎜ ⎟
3
x→1
1
−1
16
2 − x −1
⎝ 32 ⎠
−
3
3
4
1+
Ejercicios Propuestos 1.8
Calcular:
3
1.
2.
lím
x →6
x+2 − x−2
x+3 −3
⎛ 3 x + 26 − 4 80 + x ⎞
⎟
lím⎜⎜
⎟
x →1
x+8 −3
⎝
⎠
3.
⎛ x + 2 − 3 x + 20 ⎞
⎟
lím⎜⎜
⎟
4
x →7
x+9 −2
⎝
⎠
4.
lím+
x →2
3x − 2 − 3 3x + 2
4 − x2
43
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1.5 LÍMITES AL INFINITO.
En ciertas ocasiones puede ser necesario estudiar el comportamiento de una
función cuando la x toma valores muy grandes, diremos cuando x tiende al
infinito.
Suponga que f se aproxima a tomar un valor L cuando la variable x toma
valores muy grandes, este comportamiento lo escribiremos de la siguiente
manera lím f ( x ) = L
x →∞
Ejemplo 1
Formalmente sería:
Decir que lím f ( x) = L significa que
x→∞
f
puede estar tan cerca de L, tanto como
se pretenda estarlo ( ∀ε > 0 ), para lo cual
deberá poderse determinar el intervalo
en el cual tomar a x, ∃N (una cantidad
muy grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0
x →∞
44
tal que
x > N ⇒ f ( x) − L < ε
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 2
Suponga ahora que f se aproxima a tomar un valor L cuando la x toma
valores muy grandes, pero NEGATIVOS, este comportamiento lo escribiremos de
la siguiente manera lím f ( x) = L .
x →−∞
Ejemplo 1
Formalmente sería:
Decir que lím f ( x) = L significa que f
x→−∞
puede estar tan cerca de L , tanto como
se pretenda estarlo, ∀ε > 0 , para lo cual
deberá poderse determinar el intervalo
en el cual tomar a x , ∃N (una cantidad
muy grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0
x →−∞
tal que
x < − N ⇒ f ( x) − L < ε
45
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 2
Observe que para los casos anteriores significa que la gráfica de f tiene
una asíntota horizontal y = L .
Aquí también podemos hacer demostraciones formales
Ejemplo
1
=0
x →∞ x
Demostrar formalmente que lím
SOLUCIÓN:
Empleando la definición tenemos:
1
⎛
⎞
⎜ lím = 0 ⎟ ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0 tal que
x
→
∞
x
⎝
⎠
Transformando el antecedente:
x>N⇒
1
−0 <ε
x
x>N
1 1
<
x N
Se observa que tomando N =
1
ε
Por ejemplo si se quisiera que y =
aseguraríamos el acercamiento.
1
1
esté a menos de ε = 0.01 de 0, bastaría con tomar a x >
x
0.01
es decir x > 100 .
Para calcular límites al infinito, usualmente un recurso útil es dividir para x
de mayor exponente si se trata de funciones racionales.
46
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo 1
2 x 2 + 3x − 1
x →∞ 5 x 2 + x − 1
Calcular lím
SOLUCIÓN:
Aquí se presenta la indeterminación:
∞
∞
Dividiendo numerador y denominador para x 2 , tenemos:
2 x 2 3x 1
3 1
+ 2− 2
2+ − 2
2
x
x
x
x x = 2 (No olvide que
= lím
lím 2
x →∞ 5 x
x →∞
1 1
x
1
5+ − 2 5
+ 2− 2
2
x x
x
x
x
Este resultado indica que la gráfica de f ( x ) =
2 x 2 + 3x − 1
5x2 + x − 1
k
≈ 0 ;k ∈\
∞
)
tiene una asíntota horizontal
y=
2
5
Ejemplo 2
Calcular lím
x →+∞
x −1
x + x +1
2
SOLUCIÓN:
Aquí se presenta la indeterminación:
∞
∞
Dividiendo numerador y denominador para x : lím
x →+∞
x −1
x
x2 + x + 1
x
Al introducir la x dentro del radical quedará como x 2 :
lím
x →+∞
x 1
1
−
1−
x x
x
= lím
=1
2
x →+∞
1
1
x
x
1
1+ + 2
+ +
x x
x2 x2 x2
Este resultado indica que la gráfica de f ( x ) =
x −1
x2 + x + 1
tiene una asíntota horizontal
y =1
en el
infinito positivo.
Ejemplo 3
Calcular lím
x →−∞
x −1
x + x +1
2
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación:
−∞
∞
Aquí hay que dividir numerador y denominador para − x : lím
x →∞
x −1
−x
x2 + x + 1
−x
47
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Al introducir la − x dentro del radical quedará como x 2 :
x
1
1
−
−1 +
−x −x
x = −1
= lím
2
x →−∞
1
1
x
x
1
1+ + 2
+ 2+ 2
2
x x
x
x
x
lím
x →−∞
x −1
Este resultado indica que la gráfica de f ( x ) =
x2 + x + 1
tiene una asíntota horizontal
y = −1
en el
infinito negativo.
Ejemplo 4
Calcular lim
x →+∞
(
x2 + x + 1 − x2 − x − 1
)
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación: ∞ − ∞ . Vamos primero a racionalizarla y luego dividimos para el
x con mayor exponente:
lim
x →+∞
(
= lim
)
x2 + x + 1 − x2 − x − 1 ⋅
(x
+ x + 1) − ( x 2 − x − 1)
2
x2 + x + 1 + x2 − x − 1
x2 + x + 1 + x2 − x − 1
= lim
2 ( x + 1)
x + x +1 + x − x −1
x + x + 1 + x2 − x − 1
1
1+
⎛1⎞
x
= 2 lim
= 2⎜ ⎟ = 1
x → +∞
1 1
1 1
⎝2⎠
1+ + 2 + 1− − 2
x x
x x
x → +∞
2
2
x → +∞
2
En otros ejercicios de cálculo de límite al infinito se puede requerir emplear la
identidad: lím (1 +
u →∞
1
u
)
u
= e ¡DEMUÉSTRELA!
Ejemplo
Calcular lím (1 + 2x ) .
x
x→∞
Solución:
Para utilizar la forma anterior, transformamos el límite:
( )
⎡
lím ⎢ 1 +
x →∞
⎣
Se puede concluir que: lím (1 +
u →∞
48
)
k u
u
1
x
2
= ek
x
2
2
⎤
2
⎥ =e
⎦
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejercicios propuestos 1.9
1. Demostrar formalmente que lím
x → −∞
1
=0
x
2. Calcular:
1.
2.
5 x3 − 3x 2 + 4 x − 3
x →∞
x3 + 3x + 1
3x
lím
x →−∞ 2 x 2 − 5 x + 1
lím
(2 x + 3) (3x − 2)
3
3.
4.
5.
lím
x →∞
lím
7.
8.
9.
10.
14.
15.
x+3 x
16.
x →∞
x
lím
x →∞
x+ x+ x
x +1
x →∞
x +1
( 2 x − 3)( 3x + 5)( 4 x − 6 )
lím
x →∞
3x3 + x − 1
x sen (x!)
lím 2
x→∞ x + 1
3x − 3
lím
x →∞
x2 + 1
2
lím
lím
x →−∞
11.
lím
12.
lím
x →∞
x →−∞
5x
x−2
3x3 + 2 x 2 − x + 1
x3 − 8
17.
18.
19.
20.
21.
22.
2x2 −1
3x
x−5
lím
x →−∞
lím
x →−∞
2
x5 + 5
(2 x + 3)
3
6.
13.
lím
x2 + 2
3x + 1
x →−∞
lím
x2 − 1
5 x3 − 1
x →−∞
2 + x6
lím x 2 + x − x
x →∞
(
lím x x 2 − 1 − x
x → +∞
)
( x + x +1 − x − x )
lím ( x − x − x + 2 )
2
lím
2
x →∞
2
x →+∞
lím
x →+∞
x
4
(
2
x+3− x+2
⎛ x −1⎞
lím ⎜
⎟
x +1⎠
)
x
x →∞⎝
x+2
23.
⎛ x −1 ⎞
lím ⎜
⎟
x →∞ x + 3
⎝
⎠
24.
⎡
⎛ x + 2 ⎞⎤
lím ⎢ x ln ⎜
⎟
x →∞
x − 5 ⎠ ⎥⎦
⎝
⎣
x2 + 1
x
49
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1.6 LÍMITES INFINITOS
Suponga que cuando x toma valores próximos a un punto x0 , tanto por
izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes positivo; es decir
lím
f ( x) = ∞ . Diremos, en este caso, que f crece sin límite o que f no
x→ x
0
tiene límite en x0 .
Sea M una cantidad muy grande positiva.
Entonces lím f ( x) = ∞ significa que cuando
x→ x0
a x está próxima a " x0 “, a una distancia
no mayor de ∂ ( 0 < x − x0 < ∂ ), f
será
mayor que M. Es decir:
⎛
⎞
⎜ lím f ( x) = ∞ ⎟ ≡ ∀M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) > M
⎝ x → x0
⎠
Ejemplo
Puede ocurrir también que cuando la x toma valores próximos a un punto
x0 , tanto por izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes
negativos; es decir lím f ( x) = −∞ . Diremos, en este caso, que f decrece sin
x → x0
límite o que f no tiene límite en x0 . Es decir:
50
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Sea M una cantidad muy grande positiva.
Entonces:
⎞
⎛
⎜ lím f ( x) = −∞ ⎟ ≡ ∀M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) < − M
⎝ x→ x0
⎠
Ejemplo
Para otro caso, puede ocurrir que cuando la x toma valores próximos a
un punto x 0 , sólo por su derecha, f toma valores muy grandes; es decir
lím+ f ( x) = ∞ . Lo cual significa:
x → x0
Sea M una cantidad muy grande positiva.
Entonces:
lím f ( x) = ∞
x → x0 +
≡ ∀M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x0 < ∂ ⇒ f ( x ) > M
51
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
Ejemplo
Observe que este comportamiento significa que la gráfica tiene una asíntota
vertical x = x0 .
Ejemplo 1
Calcular lim
x →1
1
( x − 1)
2
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución:
1
1
1
=
= = +∞ (No existe)
lim
2
2
x →1
( x − 1) (1 − 1) 0
La gráfica de f ( x ) =
1
( x − 1)
2
tiene una asíntota vertical x = 1 y tanto por izquierda como por derecha la grafica
crece sin límite.
Ejemplo 2
Calcular lim+
x→2
x+3
x−2
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución:
lim+
x→2
x + 3 2 + + 3 5+
=
=
= +∞ (No existe)
x − 2 2+ − 2 0+
x+3
La gráfica de f ( x ) =
tiene una asíntota vertical x = 2 y por su derecha la grafica crece sin límite.
x−2
PREGUNTA: ¿Qué ocurre a la izquierda?.
Se pueden describir otros comportamientos.
52
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
1.7 OTROS LÍMITES.
Para decir lím f ( x ) = ∞ , f
x →∞
toma valores muy grandes positivos cada vez
que la x toma valores también grandes positivos; debemos asegurar que:
∀M > 0, ∃N > 0 tal que
x > N ⇒ f ( x) > M
Ejemplo
Ejercicios Propuestos 1.10
1.
Defina formalmente y describa gráficamente:
a)
lím f ( x) = −∞
x → x0 +
lím f ( x) = ∞
b)
x → x0 −
lím f ( x) = −∞
c)
x → x0 −
lím f ( x) = −∞
d)
x →∞
lím f ( x) = ∞
e)
x → −∞
lím f ( x) = −∞
f)
2.
x → −∞
Demuestre formalmente que:
1
= +∞
x
1
lím = −∞
x →0 − x
a)
lím
x →0 +
b)
3.
Calcular:
⎡
1 ⎤
1. lim+ ⎢1 +
x →1 ⎣
x − 1 ⎥⎦
⎡ x ⎤
2. lim− ⎢
x →1 ⎣ x − 1 ⎥
⎦
3. lim−
x →3
x+3
x2 − 9
x6
x →−∞ x + 1
6 − 4 x 2 + x3
7. lim
x →∞ 4 + 5 x − 7 x 2
6. lim
5
8. lim 2 x
x →∞
53
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
4. lim−
x →−7
x→4
1 − 2x
10. lim
1 + x5
x
x →−∞
x →∞
Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente:
•
Dom f = −∞,−2 ∪ −1,1 ∪ 2,+∞
) [
(
] (
)
f ( x) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −1
•
∀N > 0, ∃∂ > 0 [0 < −2 − x < ∂ ⇒ f ( x ) > N ]
•
5.
9. lim
x 2 − 49
x 2 − 16
4− x
5. lim+
4.
x2 + 1
•
∀N > 0, ∃∂ > 0 [0 < x − 2 < ∂ ⇒ f ( x) > N ]
•
∀ε > 0, ∃M > 0 x > M ⇒ f ( x) − 1 < ε
•
[
∀ε > 0, ∃M > 0 [x < − M ⇒
•
f ( 0) = 1
]
f ( x) − 1 < ε
]
Bosqueje el gráfico de una función que satisfaga las condiciones siguientes:
•
∀ε > 0 ∃∂ > 0, ∀x 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) − 1 < ε
•
[
]
∀ε > 0 ∃∂ > 0, ∀x[0 < − x < ∂ ⇒ f ( x) + 1 < ε ]
∀ε > 0 ∃N > 0, ∀x[ x > N ⇒ f ( x) < ε ]
∀M > 0 ∃∂ > 0, ∀x[0 < x + 1 < ∂ ⇒ f ( x) > M ]
•
f (0) = 0
•
•
Misceláneos
1.
Califique cada una de las proposiciones siguientes como verdadera o falsa. Justifique formalmente.
1.
Si
2.
Si
f ( x) − 5
= 3 , entonces lím f ( x) = 0
x→2
x−2
f y g son funciones tales que lím f ( x) = 1
lím
x→2+
+
lím f ( x)
x →0 +
3.
y
x →0+
Sea
g ( x)
lím g ( x) = ∞ , entonces
x →0+
=1
f una función de variable real tal que lím f ( x) existe y lím
x→a +
x→a +
x−a
= 1 . Entonces
f ( x)
lím f ( x) = 0 .
x→a +
4.
lím
x→a +
5.
f y g funciones tales que lím f ( x) = ∞
Sean
x→a +
lím g ( x) = ∞ . Entonces el
y
x→a +
f ( x)
no existe.
g ( x)
Sean
f y g funciones tales que lím g ( x) = e y f ( x) = ln (g ( x) ) . Entonces
x→a +
lím ( f D g )( x) = 1
x→a +
6.
Si lím
x →0 +
7.
Si
8.
Si
f ( x)
= 1 entonces lím f ( x) = 0
x
x →0 +
[ f ( x) + g ( x)] existe, entonces existen lím
lím
f ( x) y lím
g (x )
x→a
x→ a
x→ a
f ( x) ≠ g (x ) para toda x , entonces lím
f ( x) ≠ lím
g (x )
x→a
x→a
⎡ f ( x) ⎤
lím
f ( x) = 0 entonces lím
g ( x) = 0
⎥ existe y lím
x→a ⎢
x→a
x→a
⎣ g ( x) ⎦
10. Si f y g son funciones definidas en IR entonces:
9.
Si
(
(
∀a ∈ IR lím
f ( g ( x)) = f lím
g ( x)
x→a
x→a
54
))
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
11. Si
lím
x2 − x − a − a2
x−a
x→a +
existe entonces
a = 0.
12. Si
[ f ( x) g ( x)] existe y lím
lím
f ( x) existe entonces lím
g ( x) existe.
x→ a
x→ a
x→ a
13. Si
lím
f ( x) = +∞ entonces xlím
f ( x) = −∞
x→a
→− a
14.
(lím (3x − 1) = 2) ⇔ ∀ε > 0, ∃∂ > 0, ∀x ⎡⎣0 < x − 1 < ∂ ⇒ (3x − 1) − 2 < ε ⎤⎦
x →1
15. Si lím f ( x) = 0 y lím g ( x) = ∞ entonces lím f ( x) g ( x ) = 0 .
x →0 +
x →0 +
16. Existen dos funciones de variable real
lím
x →0 +
x →0 +
lím f ( x) = lím g ( x) = 0 y
f y g tales que
x →0 +
x →0+
f ( x)
=e
g ( x)
⎛ f ( x) ⎞
g ( x) = 0
⎟ = 2 entonces lím
x →∞
⎝ g ( x) ⎠
17. Si lím f ( x) = 0 y lím ⎜
x →∞
x →∞
18. No existen dos funciones f y g tales que lím f ( x) = 0 , lím g ( x ) = 0 y lím
x →0
x→0
f ( x) + g ( x) − 1
19. Si lím f ( x) = 3 , lím g ( x) = −2 , entonces lím
x→a
2.
x →a
x→a 3
f ( x) + g ( x) − 1
f ( x)
=5
g ( x)
=1
Empleando la definición de límite, demuestre que:
2x2 − x − 1
=3
x −1
lím+
1.
3.
x →0
x →1
2.
lím x − 1 = 2
3.
lím x − 3 = 0
x⎞
⎛
lím ⎜ 4 − ⎟ = 2
x→4
2⎠
⎝
2
x −4
lím
= −4
x → −2
x+2
4.
x →5 +
+
5.
+
x →3+
Determine
1.
lím cde x 2 + 2 x fgh
x → 3+
e − cos 2 x
sen 4 x
cos x − cos 3x
lím
x →0
x2
3x
2.
3.
4.
lím
x →0+
6.
⎛
⎣
⎝
21. lím+
⎡ 2x + 3 ⎤
lím
⎥
x → +∞ ⎢
⎣ 2x − 5 ⎦
3x
lím
x →1+
xe − e
x −1
x −1
x →1
x −1
πx
7.
8.
⎡ π − 2arctan x ⎤
⎥
lím ⎢
3
x →∞ ⎢
⎥
x
e −1
⎣
⎦
9.
lím+ ( sen 2 x )
π
4
23.
⎛ arcsen x − arcsen 12
lím1 ⎜⎜
x − 12
x→
2⎝
x →1
2x − x 2 −1
⎞
⎟⎟
⎠
sen x
x
25. lím+ ⎡⎣Sgn( x) (a x + 1b + μ ( x − 1) ) ⎤⎦
x →0
3x ⎞
⎛
lím ⎜ 4 − ⎟
x → 2+ ⎝
2 ⎠
x→
lím
x →0
2
tan
22.
24. lím+
⎛ cos x ⎞
⎟
lím ⎜
π
+
π ⎜ x− 2 ⎟
⎝
⎠
x→
⎤
1⎞
⎟ − sen x ⎥
x⎠
⎦
arctan ( x 2 ) − arctan1
+
x2
5.
⎡
20. lím ⎢sen⎜ x +
x →∞
4
tan 2 2 x
26.
lím
x →0+
sen (sen x )
x
(a xb + a− xb)
28. lím (π − x ) tan ( )
π
27. lím
x→0
x→
x
2
x2 + 2 x + 5
⎛ 3 ⎞ x2 − x − 2
29. lím ⎜
⎟
x→2 x + 1
⎝
⎠
55
Cap. 1 Límites de Funciones
Moisés Villena Muñoz
lím
x →0
10.
e 2 x − cos 3x
sen 5 x
3
30. lím ⎡ x 2
x →+∞
⎡
⎛ x
lím ⎢arctan ⎜
2
⎢⎣
⎝ 1+ x
x →−∞
(
13.
ln 1 + e x
x → +∞
x
14.
lím
lím
x→ 6
⎞⎤
⎟⎥
⎠ ⎥⎦
33. lím (1 + 2 x ) 2ln x
1
x →+∞
x 2 − x −1 −1
15. lím+ (1 + cot x )
x → 64
1
⎛ 1 + 5x ⎞ 2 x
⎟
⎝ 1 − 3x ⎠
36. lím (1 − cos x ) cot x
sec x
35. lím ⎜
x →0
π
2
16. lím f ( x)
x →0
x →0
⎛ xe −5 x − cos 2 x − x + 1 ⎞
⎟
x →0
x2
⎝
⎠
donde
37. lím ⎜
⎧1 − cos3 x
;x < 0
⎪
x2
⎪
5
;x = 0
f ( x) = ⎨
⎪ sen10 x − tan x
⎪
;x > 0
sen 2 x
⎩
⎛ e3 x − cos 2 x ⎞
⎟
x →0
⎝ sen 5 x − x ⎠
38. lím ⎜
⎛
x
⎞
⎟
⎝ 1− x − 1+ x ⎠
39. lím ⎜
x →0
e 2 x − e7 x
x → 0 sen 2 x + tan 9 x
⎡ 1
1 ⎤
−
18. lím ⎢
⎥
+
x →1 ⎢
⎣ x − 1 x − 1 ⎥⎦
⎛ x sen 3 x ⎞
19. lím ⎜
⎟
+
x → 0 ⎝ 1 − cos 2 x ⎠
17. lím+
40. lím
x →∞
(
f ( x)
< 1 para x ≠ 0
x
5.
Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente:
•
∀ε > 0, ∃∂ > 0 : 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) − 3 < ε
x →0+
x +1 − 3 x
⎛ x+a⎞
⎟
⎝ x−a⎠
Calcular
lím f ( x) si
3
41. lím ⎜
x →∞
4.
6.
•
∀N > 0, ∃∂ > 0 : 0 < x + 3 < ∂ ⇒ f ( x) > N
•
∀N > 0, ∃∂ > 0 : 0 < −3 − x < ∂ ⇒ f ( x ) < − N
•
∀ε > 0, ∃M > 0 : x > M ⇒ f ( x) − 1 < ε
•
∀ε > 0, ∃M > 0 : x < − M ⇒ f ( x) < ε
Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente:
•
Dom f = ( −∞, −1) ∪ ( −1,1) ∪ (1, +∞ )
•
•
[
∀ε > 0, ∃∂ > 0 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) < ε
]
∀M > 0, ∃∂ > 0 [0 < x − 1 < ∂ ⇒ f ( x) < − M ]
•
∀M > 0, ∃∂ > 0 [0 < 1 − x < ∂ ⇒ f ( x) > M ]
•
∀M > 0, ∃∂ > 0 0 < x + 1 < ∂ ⇒ f ( x) > M
•
∀ε > 0, ∃N > 0 x > N ⇒ f ( x) + 1 < ε
•
56
⎛ x −8⎞
⎜ 3 x − 4 ⎟⎟
⎝
⎠
34. lím ⎜
x 2 −1
x →1+
x→
)
)
x3 + 1 − x3 − 1 ⎤
⎦⎥
31. límπ ⎜
x →+∞
12.
(
⎛ sen ( x − π6 ) ⎞
⎜ 3 − cos x ⎟⎟
⎝ 2
⎠
1 − cos x 2
32. lím 2
x → 0 x sen x 2
lím ⎣⎡ln ( 2 x + 1) − ln ( x + 2 ) ⎤⎦
11.
⎣⎢
[
[
∀ε > 0, ∃N > 0 [x < − N ⇒
f ( x) < ε
]
]
]
x
)