Folleto Moises Villena Sobre Limites

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



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



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



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



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



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



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



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


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



⎛ 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


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



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



(

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



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 .



⎧⎪ 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



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



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



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



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



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




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



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



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



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



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



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



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




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)



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



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



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


x −1 x −1


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


x →1 3

x −1 x −1


1 −1 1 −1

3

=


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



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



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


sen ( 3 ( 0 ) )

sen ( 5 ( 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:


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



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 ⎝


1 − cos ( kx ) x2

x →0


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:



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 ⎠



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


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


1 + sen ( 32π x )

( x − 1)

2


1 + sen ( 32π )

(1 − 1)

2

=

1−1 0 = (Indeterminación) 0 0

33



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



Ejemplo 8 Calcular lím− x →0

x 1 − cos x

SOLUCIÓN: 0−


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



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



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



Ejemplo 4 3x ⎞ ⎛ Calcular lím ⎜ 4 − ⎟ x→k k ⎠ ⎝ SOLUCIÓN:

⎛π x ⎞ tan ⎜ ⎟ ⎝ 2k ⎠


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



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



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

⎤ ⎥⎦



⎡ 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


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



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 −



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



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



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



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



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


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


y =1

en el

infinito positivo.


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



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


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 ⎦



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



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



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



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



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


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



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

))



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



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

)

Folleto Moises Villena Sobre Limites

Recommend Documents