Cálculo Diferencial e Integral I: Definición formal de límite de una función

Introducción

Anteriormente revisamos una definición intuitiva del límite con la finalidad de facilitar la comprensión de la definición formal. En esta entrada se dará la definición formal así como algunos ejemplos para que el concepto sea comprendido en su totalidad.

Definición formal de límite

Retomemos la idea intuitiva a la que llegamos al final de la entrada anterior: Logramos que $f$ se aproxime arbitrariamente ($\epsilon$) a $L$ siempre que logremos que $x$ esté lo suficientemente cerca ($\delta$) de $x_0$ sin ser $x_0$.

Observación. Notemos que la última parte la podemos expresar como $0<|x-x_0|< \delta$, pues al pedir que la distancia entre $x$ y $x_0$ sea mayor que $0$ se captura la idea de que $x \neq x_0$. Sin más preámbulos daremos la definición.

Definición. Decimos que $f$ tiende hacia el límite $L$ en $x_0$ si para todo $\epsilon > 0$ existe algún $\delta > 0$ tal que, para todo $x$, si $0<|x-x_0|< \delta$, entonces $|f(x)-L|< \epsilon$.

A continuación tenemos una imagen que nos permitirá visualizar la definición:

En la imagen podemos ver que si definimos un valor arbitrario $\epsilon >0$, entonces lo que buscamos es un valor positivo $\delta$, tal que si $x$ está a una distancia menor de $\delta$ con respecto a $x_0$, entonces eso implique que $f(x)$ esté a una distancia menor de $\epsilon$ con respecto a $L$.


A continuación revisaremos un ejemplo sencillo aplicando la definición.

Ejemplo. Demuestra que $$\lim_{x \to -1} \frac{x^2-5x-6}{x+1} = -7$$

Demostración.
Sea $\epsilon >0$. Notemos lo siguiente

\begin{align*}
\left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} – (-7) \right\rvert = & \left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} +7 \right\rvert \\ \\
= & \left\lvert \frac{x^2-5x-6+7x+7}{x+1} \right\rvert \\ \\
= & \left\lvert \frac{x^2+2x+1}{x+1} \right\rvert \\ \\
= & \left\lvert \frac{(x+1)^2}{x+1} \right\rvert \\ \\
= & \left\lvert x+1 \right\rvert
\end{align*}
Tomemos entonces $\delta = \epsilon$. Si $0<|x- (-1) | = |x+1 |< \delta$, entonces
$$\left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} – (-7) \right\rvert = \left\lvert x+1 \right\rvert < \delta = \epsilon$$
$$\Rightarrow \left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} – (-7) \right\rvert < \epsilon$$
$$\therefore \lim_{x \to -1} \frac{x^2-5x-6}{x+1} = -7$$

$\square$

Hagamos algunos comentarios respecto a la demostración. Como primer paso, establecimos un valor arbitrario positivo para $\epsilon$. Después hicimos algunas manipulaciones algebraicas que nos permitieron simplificar las expresión original en una más simple con la cual logramos encontrar el valor de $\delta$ que sería útil, en este caso, ese valor fue justamente el mismo que $\epsilon$.

Revisemos un segundo ejemplo.

Ejemplo. Sea $f(x) = \frac{3x+1}{2x}$, entonces $$\lim_{x \to 2} f(x) = \frac{7}{4}$$

Demostración.

Sea $\epsilon > 0$. Veamos que

\begin{align*}
\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert = & \left\lvert \frac{3x+1}{2x} – \frac{7}{4} \right\rvert \\ \\
= & \left\lvert \frac{6x+2-7x}{4x} \right\rvert \\ \\
= & \left\lvert \frac{2-x}{4x} \right\rvert \\ \\
= & \frac{|2-x|}{|4x|} \\ \\
= & \frac{|x-2|}{|4x|} \\ \\
= & \frac{1}{|4x|} \cdot |x-2|
\end{align*}
\begin{align*}
\therefore \left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert = \frac{1}{|4x|} \cdot |x-2| \tag{1}
\end{align*}

Buscamos entonces acotar la expresión $(1)$, para ello podemos ver lo siguiente, si $|x-2| < 1$, entonces

\begin{gather*}
|2|-|x| \leq |x-2| < 1 \\
\Rightarrow |2|-|x| < 1 \\
\Rightarrow 2-1 < |x| \\
\Rightarrow 1 < |x| \\
\Rightarrow 1 >\frac{1}{|x|} \\
\Rightarrow \frac{1}{4} >\frac{1}{4|x|} = \frac{1}{|4x|} \\
\therefore \frac{1}{|4x|} < \frac{1}{4} \tag{2}
\end{gather*}

Entonces si $|x-2| < 1$, por (1) y (2), tenemos lo siguiente
\begin{align*}
\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert = & \frac{1}{|4x|} \cdot |x-2| \\ \\
< & \frac{1}{4} \cdot |x-2|\\
\end{align*}

Previamente acotamos $|x-2|$ por el valor $1$, pero de la última expresión se sigue que deberemos acotarlo también por $4 \epsilon$ para llegar a nuestro objetivo, tomemos así $\delta = min\{1, 4 \epsilon\}$.


Si $0<|x- 2| \leq \delta$ (es decir, si $|x- 2| \leq 1$ y $|x- 2| \leq 4\epsilon$), entonces
$$\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert < \frac{1}{4} |x-2| \leq \frac{1}{4} \cdot 4\epsilon $$
$$ \therefore \left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert < \epsilon$$

$\square$

Nuevamente haremos énfasis en los pasos generales de la demostración. Iniciamos dando un valor de $\epsilon$ arbitrario, y la tarea es encontrar el valor $\delta >0$ que acote la distancia entre $x$ y $x_0 = 2$ de tal manera que aproximemos la función $f$ a $L$ lo suficiente para que su distancia sea menor que $\epsilon$.

Trabajemos ahora sobre el siguiente ejemplo.

Ejemplo. Para todo $x_0 \in \mathbb{R}$ se tiene que $$\lim_{x \to x_0} x^2 = x_0^2$$

Demostración.

Sea $\epsilon > 0$ y $x_0 \in \mathbb{R}$. Notemos que

$|x^2 – x_0^2| = |x-x_0||x+x_0|$

Haciendo uso de la misma manipulación que en el ejemplo anterior, podemos ver que si $|x-x_0| < 1$, entonces

$|x|-|x_0| \leq |x-x_0| < 1 \quad \Rightarrow \quad |x| < 1 + |x_0|$

Además,
\begin{align*}
|x + x_0| \leq & |x|+ |x_0| \\
< & 1 + |x_0|+|x_0| \text{, pues} \quad |x| < 1 + |x_0| \\
= & 1 + 2|x_0|
\end{align*}


$ \therefore |x + x_0| < 1 + 2|x_0|$

En esta ocasión queremos que $|x-x_0| < 1$ y, por la última expresión, también queremos que $|x-x_0| <\frac{\epsilon}{1+2|x_0|}$, definimos así $\delta = min \{ 1, \frac{\epsilon}{1+2|x_0|} \}$. Si $0 < |x-x_0| < \delta$, entonces

\begin{align*}
|x^2-x_0^2| = & |x-x_0||x+x_0| \\ \\
< & |x-x_0|(1+2|x_0|) \\ \\
< & \delta (1+2|x_0|) \\ \\
\leq & \frac{\epsilon}{1+2|x_0|} \cdot (1+2|x_0|) = \epsilon
\end{align*}


$\therefore |x^2-x_0^2| < \epsilon$


$$\lim_{x \to x_0} x^2 = x_0^2$$

$\square$

Unicidad del límite de una función

Después de haber revisado estos ejemplos, la definición de límite de una función (también llamada definición $\epsilon-\delta$), estamos listos para revisar la primera propiedad del límite.

Proposición. El límite de una función en $x_0$ es único, es decir, si $f$ tiende a $L$ en $x_0$ y $f$ tiende a $L’$ en $x_0$, entonces $L = L’$.


Demostración.
Sea $\epsilon > 0$. Como $f$ tiende a $L$ y $L’$ en $x_0$, entonces para $\frac{\epsilon}{2} > 0$ existen $\delta_1$ y $\delta_2$ tales que

\begin{gather*}
\text{Si } 0<|x-a|<\delta_1 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-L| < \frac{\epsilon}{2} \\
\text{Si } 0<|x-a|<\delta_2 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-L’| < \frac{\epsilon}{2} \\
\end{gather*}

Consideremos ahora $\delta = min\{\delta_1, \delta_2 \}$. Entonces si $0<|x-x_0|<\delta$ y, por la desigualdad del triángulo, esto implica que

\begin{align*}
|L-L’| \leq & |L-f(x)|+|L’-f(x)|
< & \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2}
= & \epsilon
\end{align*}

$\therefore |L-L’| < \epsilon$


Como $\epsilon$ es un valor arbitrario positivo, podemos concluir que $L-L’ = 0$, es decir, $L=L’$

$\square$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

Usando la definición $\epsilon-\delta$, demuestra lo siguiente:

  1. $$\lim_{x \to x_0} c = c$$
  2. $$\lim_{x \to x_0} x = x_0$$
  3. $$\lim_{x \to 5} \frac{1}{x} = \frac{1}{5}$$
  4. $$\lim_{x \to -2c} (2c-3x) = 8c$$
  5. $$\lim_{x \to 0} \frac{x^2}{|x|} = 0 $$

Más adelante…

En la siguiente entrada revisaremos con detalle varias propiedades que tienen los límites para lo cual haremos uso de una bella relación existente entre el límite de una sucesión y el de una función. Una vez revisadas estas propiedades, el cálculo de los límites se hará considerablemente más simple.

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