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Cálculo Diferencial e Integral: Límites de funciones trigonométricas

Introducción

En las entradas anteriores nos enfocamos en desarrollar el concepto de límite y revisamos diversos tipos de funciones, sin embargo, evitamos un tipo particular: funciones trigonométricas. En esta entrada centraremos nuestra atención en la revisión de estos límites haciendo uso de toda la teoría revisada hasta este punto.

Límite de funciones trigonométricas en un punto

En los primeros ejemplos podrás visualizar la gráfica de la función con la finalidad de tener cierta intuición respecto a los límites, pero, en caso de requerirlo, puedes repasar las funciones trigonométricas.

Ejemplo. Prueba que el siguiente límite no existe $$\lim_{x \to 0} sen \left( \frac{1}{x} \right)$$

Demostración.

Notemos que por la relación entre el límite de una función y el de una sucesión, basta dar dos sucesiones $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ que converjan a $x_0 = 0$ (sin ser $0$), pero tales que las sucesiones generadas evaluándolas en la función, $\{f(a_n)\}$, $\{f(b_n)\}$ converjan a valores distintos.

Definimos $f(x) = sen(\frac{1}{x})$ y consideremos las sucesiones $a_n = (\pi n) ^{-1} \quad$ y $b_n = (\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n)^{-1},$ donde $a_n$, $b_n \neq 0$ para toda $n \in \mathbb{N}$.

Veamos que
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} a_n = & \lim_{n \to \infty} (\pi n) ^{-1} \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\pi n} \\
= & 0
\end{align*}
$$\therefore \lim_{n \to \infty} a_n = 0$$
Además,
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} b_n = & \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} \pi + 2 \pi n \right)^{-1}\\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac{\pi + 4 \pi n}{2}} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{2}{\pi + 4 \pi n} \\ \\
= & 0
\end{align*}
$$\therefore \lim_{n \to \infty} b_n = 0$$
Es decir, las sucesiones $\{a_n\}$ y $\{b_n\}$ tienden a cero. Y notemos que $f(a_n) = sen(n \pi ) = 0$ y $f(b_n) = sen(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n) = 1$ para todo $n \in \mathbb{N}$.

De esta forma $$\lim_{n \to \infty} f(a_n) \neq \lim_{n \to \infty} f(b_n)$$
Por tanto, podemos concluir que el límite no existe.

$\square$

Ejemplo. $$\lim_{x \to 0} x sen(\frac{1}{x}) = 0$$

Demostración.

Haremos la demostración de este límite mediante la definición $\epsilon$-$\delta$.

Sea $\epsilon > 0$, consideremos $\delta = \epsilon$.
Si $0<|x-0| < \delta$, entonces
\begin{gather*}
|x| < \delta = \epsilon \\
\Rightarrow |x|< \epsilon
\end{gather*}
Además sabemos que $-1 < sen \left( \frac{1}{x} \right) < 1$ para cualquier $x \neq 0$. Entonces

\begin{align*}
|f(x)-0| = & |x sen(x) | \\
= & |x||sen(x)| \\
\leq & \delta \cdot 1 \\
= & \epsilon
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to 0} x sen(\frac{1}{x}) = 0$$

$\square$

Ejemplo. Determina el siguiente límite $$\lim_{x \to 0} \frac{1-cos(x) }{x}.$$

Si $0< |x| < \pi$, entonces

\begin{align*}
\frac{1-cos(x)}{x} = & \frac{1-cos(x)}{x} \cdot \frac{1+cos(x)}{1+cos(x)} \\ \\
= & \frac{1-cos^2(x)}{x (1+cos(x) )} \\ \\
= & \frac{sen^2(x)}{x(1+cos(x))} \\ \\
= & \frac{sen(x)}{x} \frac{sen(x)}{1+cos(x)}
\end{align*}

Así,
\begin{align*}
\lim_{x \to 0} \frac{1-cos(x) }{x} = & \lim_{x \to 0}\frac{sen(x)}{x} \cdot \frac{sen(x)}{1+cos(x)} \\
= & \lim_{x \to 0} \frac{sen(x)}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{sen(x)}{1+cos(x)} \\
= & 1 \cdot \frac{0}{2} \\
= & 0
\end{align*}

$$\therefore \lim_{x \to 0} \frac{1-cos(x) }{x} = 0$$

Observación. Se usó que $\lim_{x \to 0 } \frac{sen(x)}{x} = 1$, la prueba de tal límite quedará como tarea moral.

Ejemplo. Calcula el siguiente límite $$\lim_{x \to 0} \frac{x+sen(x)}{x^2-sen(x)}.$$

\begin{align*}
\lim_{x \to 0} \frac{x+sen(x)}{x^2-sen(x)} = & \lim_{x \to 0} \frac{x+sen(x)}{x^2-sen(x)} \cdot \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} \\ \\
= & \lim_{x \to 0} \frac{1+\frac{sen(x)}{x}}{x-\frac{sen(x)}{x}} \\ \\
= & \frac{1+1}{0-1} \\ \\
= & -2
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to 0} \frac{x+sen(x)}{x^2-sen(x)} = -2$$

Ejemplo. Calcula $$\lim_{x \to 0} \frac{sec(x) -1}{x}.$$

\begin{align*}
\lim_{x \to 0} \frac{sec(x) -1}{x} = & \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{cos(x)} -1}{x} \\ \\
= & \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1- cos(x)}{cos(x)}}{x} \\ \\
= & \lim_{x \to 0} \frac{1- cos(x)}{x cos(x)} \\ \\
= & \lim_{x \to 0} \frac{1}{cos(x)} \frac{1- cos(x)}{x} \\ \\
= & 1 \cdot 0 \\ \\
= & 0
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to 0} \frac{sec(x) -1}{x} = 0$$

Límite de funciones trigonométricas en el infinito

Ahora procederemos a revisar algunos ejemplos de funciones trigonométricas cuando $x \to \infty$.

Ejemplo. Determina el siguiente límite $$\lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2-sen(5x)}{x^2+2}.$$

Recordemos que $-1 < sen(5x) < 1$, de donde se sigue que $-1 < -sen(5x) < 1$, así
\begin{align*}
& 3x^2-1 < 3x^2-sen(5x) < 3x^2+1 \\ \\
\Rightarrow & \frac{3x^2-1}{x^2+2} < \frac{3x^2-sen(5x)}{x^2+2} < \frac{3x^2+1}{x^2+2} \text{, pues } x^2+2 >0
\end{align*}

Además, $$\lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2+1}{x^2+2} = 3 = \lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2-1}{x^2+2}$$ Por el teorema del sándwich podemos concluir que
$$\lim_{x \to -\infty} \frac{3x^2-sen(5x)}{x^2+2} = 3$$

Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to \infty} \frac{x sen(x)}{x^2+5}$$
\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{x sen(x)}{x^2+5} = & \lim_{x \to \infty} \frac{x sen(x)}{x^2+5} \cdot \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}} \\ \\
= & \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x sen(x)}{x^2}}{\frac{x^2+5}{x^2}} \\ \\
= & \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{sen(x)}{x}}{1+\frac{5}{x^2}} \\ \\
= & \frac{0}{1} \text{, pues } |sen(x)| < 1 \\ \\
= & 0
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{x sen(x)}{x^2+5} = 0$$

Ejemplo. Determina si existe el siguiente límite $$\lim_{x \to \infty} \frac{x^2(1+sen^2(x))}{(x+sen(x))^2}.$$

El límite no existe. Considera las sucesiones $a_n = \pi n \quad$ y $\quad b_n = \frac{1}{2} \pi + 2 \pi n \quad$ donde $a_n$, $b_n \rightarrow \infty$ cuando $n \rightarrow \infty$ . Notemos que
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} f(a_n) = & \lim_{n \to \infty} \frac{(\pi n)^2(1+sen^2(\pi n))}{(\pi n+sen(\pi n))^2} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{(\pi n)^2(1+0)}{(\pi n+0)^2} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{(\pi n)^2}{(\pi n)^2} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} 1 \\ \\
= & 1
\end{align*}
$$ \therefore \lim_{n \to \infty} f(a_n) = 1$$
Por otro lado,
\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} f(b_n) = & \lim_{n \to \infty} \frac{(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n)^2(1+sen^2(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n))}{(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n+sen(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n))^2} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n)^2(1+1)}{(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n+1)^2} \\ \\
= & \lim_{n \to \infty} \frac{2(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n)^2}{(\frac{1}{2} \pi + 2 \pi n+1)^2} \\ \\
= & 2
\end{align*}
$$ \therefore \lim_{n \to \infty} f(b_n) = 2$$

Como $$\lim_{n \to \infty} f(a_n) \neq \lim_{n \to \infty} f(b_n)$$
Podemos concluir que el límite $\lim_{x \to \infty} \frac{x^2(1+sen^2(x))}{(x+sen(x))^2}$ no existe.

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.

Halla los siguientes límites, justifica en caso de no alguno no exista.

  1. $$\lim_{x \to 0 } \frac{sen(x)}{x}$$
  2. $$\lim_{x \to 0} \frac{x^2 (3+sen(x))}{(x+sen(x))^2}$$
  3. $$\lim_{x \to 1} \frac{sen(x^2-1)}{x-1}$$
  4. $$\lim_{x \to \infty} x^2 sen \left(\frac{1}{x} \right)$$
  5. $$\lim_{x \to \infty} \frac{x + sen^3(x)}{5x+6}$$
  6. $$\lim_{x \to 0} \frac{tan^2(x)+2x}{x + x^2}$$

Más adelante…

En la siguiente entrada revisaremos el concepto de asíntotas con lo que nos será posible analizar un comportamiento particular que llegan a tener las funciones, el cual es aproximarse a una recta en determinado momento; y, con esto, estaremos finalizando la unidad referente al límite de una función.

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Introducción

Previamente se revisó el concepto de límite de una función así como el de límites laterales. En la revisión de estos temas nos habíamos enfocado en revisar el límite de una función $f$ en un punto $x_0$. Ahora ampliaremos el concepto estudiando $f$ para el caso cuando $x$ tiende a $\infty$.

Límite en el infinito

La intuición detrás de la definición de límite en el infinito es que $f$ tiene límite $L$ cuando $x$ tiende a infinito si para valores lo suficientemente grandes de $x$ nos acercamos arbitrariamente a $L$.

Definición. Sea $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Decimos que $f$ tiende al límite $L$ cuando $x$ tiende a infinito si para cualquier $\epsilon > 0$ existe $M \in \mathbb{R}$ tal que para cualquier $x>M$ se tiene que $|f(x)-L|<\epsilon$ y lo denotamos $$\lim_{x \to \infty} f(x) = L.$$

Ejemplo. Prueba que $$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0$$
Demostración.

Sea $\epsilon > 0$. Consideremos $M = \frac{1}{\epsilon}$. Entonces para todo $x > M \Rightarrow x > \frac{1}{\epsilon}$, así se tiene que $-\epsilon < 0 <\frac{1}{x} < \epsilon$, es decir $|\frac{1}{x}-0|< \epsilon$.
$$\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0$$

$\square$

Podemos observar que la definición es bastante natural una vez hemos entendido el concepto de límite, por lo cual procederemos directamente a revisar algunas de sus propiedades.

Propiedades de los límites en el infinito

Al igual que la definición revisada para el límite de una función en un punto, el límite de una función cuando $x$ tiende a infinito también es único.

Proposición. El límite de una función cuando $x$ tiende a infinito es único, es decir, si $f$ tiende a $L$ cuando $x \rightarrow \infty$ y $f$ tiende a $L’$ cuando $x \rightarrow \infty$, entonces $L = L’$.

La demostración es muy similar a la realizada en la entrada de definición formal del límite, por lo cual se omitirá, pero de ser necesario puedes realizarla para repasar los conceptos.

Análogamente a las entradas anteriores, tenemos una relación entre el límite al infinito de una función y el límite de una sucesión.

Teorema. Sea $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Los siguientes enunciados son equivalentes.

  1. $$\lim_{x \to \infty} f(x) = L$$
  2. Para cualquier sucesión $\{a_n\}$ en $A$ que diverge a infinito se tiene que la sucesión $\{f(a_n)\}$ converge a $L$

(Notemos que para que el límite en el infinito tenga sentido, se debe cumplir que $(a, \infty) \subset A$ para algún $a \in \mathbb{R}$.)

Demostración.

$1) \Rightarrow 2)]$ Sea $\epsilon >0$. Supongamos que $$\lim_{x \to \infty} f(x) = L$$
Y sea $\{ a_n \}$ en $A$ que diverge a infinito.

Por hipótesis $f$ converge a $L$ cuando $x$ tiende a infinito, entonces existe $M \in \mathbb{R}$ tal que si $x > M$, entonces $|f(x)-L| < \epsilon$

Además como $\{a_n\}$ diverge a infinito, entonces para $M$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$ entonces $a_n > M$ y por lo tanto $|f(a_n)-L| < \epsilon$
$$\therefore \lim_{x \to \infty} f(x) = L$$


$1) \Leftarrow 2)]$ Quedará como tarea moral.
Hint: Revisar la entrada Teoremas sobre límite de una función.

$\square$

Después de este teorema, nuevamente logramos obtener las mismas propiedades que conocemos del límite de una sucesión.

Proposición. Sean $f: A \rightarrow \mathbb{R}$, $g: A \rightarrow \mathbb{R}$ con $A \subset \mathbb{R}$ tal que $(a, \infty) \subset A$ para algún $a \in \mathbb{R}$. Si además

$$\lim_{x \to \infty} f(x) = L \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to \infty} g(x) = T$$

entonces

  1. $$\lim_{x \to \infty} c \cdot f(x) = cL$$
  2. $$\lim_{x \to \infty} (f+g)(x) = L+T$$
  3. $$\lim_{x \to \infty} (f-g)(x) = L-T$$
  4. $$\lim_{x \to \infty} (f \cdot g)(x) = LT$$
  5. Si $T \neq 0$ y $g(x) \neq 0$ para $x > a$, entonces $$\lim_{x \to \infty} \frac{f}{g}(x) = \frac{L}{T}$$

Ahora veremos una proposición que nos será útil para el cálculo de límites.

Proposición. Para todo $k \in \mathbb{N}$ se tiene que $$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^k} = 0$$

Demostración.

Procederemos a realizar esta demostración mediante inducción.
Caso base: $k = 1$
En el ejemplo anterior se probó mediante la definición que $$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^1} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0.$$
Hipótesis de inducción: $$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^k} = 0$$
Ahora veamos que también se cumple para $k+1$.

\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^{k+1}} = & \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^k} \cdot \frac{1}{x^1} \\ \\
= & \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^k} \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^1} \\ \\
= & 0 \cdot 0 = 0
\end{align*}

\begin{gather*}
\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^{k+1}} = 0 \\ \\
\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^k} = 0 \text{, } \forall k \in \mathbb{N}
\end{gather*}

$\square$

Revisaremos un par de ejemplos donde aplicaremos las propiedades enunciadas.

Ejemplo. Determina $$\lim_{x \to \infty} \frac{8x+5}{x^3+10}$$

Notemos que
\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{8x+5}{x^3+10} = & \lim_{x \to \infty} \frac{8x+5}{x^3+10} \cdot \frac{\frac{1}{x^3}}{\frac{1}{x^3}} \\ \\
= & \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{8x}{x^3} + \frac{5}{x^3}}{\frac{x^3}{x^3}+\frac{10}{x^3}} \\ \\
= & \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{8}{x^2} + \frac{5}{x^3}}{1+\frac{10}{x^3}} \\ \\
= & \frac{\lim_{x \to \infty} \frac{8}{x^2} + \frac{5}{x^3}}{\lim_{x \to \infty} 1+\frac{10}{x^3}} \\ \\
= & \frac{0 + 0}{1+0} \\ \\
= & \frac{0}{1} \\ \\
= & 0
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{8x+5}{x^3+10} = 0$$

Ejemplo. Calcula el siguiente límite $$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-2x}-x}$$

Como consideraremos que $x \rightarrow \infty$, podemos suponer, particularmente, que $x>0$, entonces

\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{x^2-2x}-x} = & \frac{1}{\sqrt{x^2-2x}-x} \cdot \frac{\sqrt{x^2-2x}+x}{\sqrt{x^2-2x}+x} \\ \\
= & \frac{\sqrt{x^2-2x}+x}{\left( \sqrt{x^2-2x} \right)^2 – x^2}\\ \\
= & \frac{\sqrt{x^2-2x}+x}{x^2-2x – x^2} \\ \\
= & \frac{\sqrt{x^2-2x}+x}{-2x} \\ \\
= & -\frac{\sqrt{x^2-2x}}{2x} – \frac{x}{2x} \\ \\
= & -\frac{\sqrt{x^2-2x}}{\sqrt{4x^2}} – \frac{1}{2} \text{, pues x es positivo} \\ \\
= & -\sqrt{\frac{x^2-2x}{4x^2}} – \frac{1}{2} \\ \\
= & -\sqrt{\frac{x^2}{4x^2} – \frac{2x}{4x^2}} – \frac{1}{2} \\ \\
= & -\sqrt{\frac{1}{4} – \frac{1}{2x}} – \frac{1}{2}
\end{align*}
$$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{x^2-2x}-x} = -\sqrt{\frac{1}{4x^2} – \frac{1}{2x}} – \frac{1}{2}$$

Entonces tenemos que
\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-2x}-x} = & \lim_{x \to \infty} \left( -\sqrt{\frac{1}{4} – \frac{1}{2x}} – \frac{1}{2} \right) \\
= & -\sqrt{\frac{1}{4} – 0} – \frac{1}{2} \\
= & -\frac{1}{2} -\frac{1}{2} \\
= & -1
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-2x}-x} = -1$$

A continuación enunciaremos el teorema del sándwich para este tipo de límites.

Proposición. Sean $f$, $g$, $h: A \rightarrow \mathbb{R}$ con $A \subset \mathbb{R}$ tal que $(a, \infty) \subset A$ para algún $a \in \mathbb{R}$. Si existe $M_1 \in \mathbb{R}$ tal que para todo $x >M_1$ se tiene que $$f(x) \leq g(x) \leq h(x) \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to \infty} f(x) = L = \lim_{x \to \infty} h(x)$$

Entonces $$ \lim_{x \to \infty} g(x) = L$$

Nuevamente, omitiremos la demostración pues es análoga a la revisada en una entrada anterior.

Extensión del límite en el infinito

Así como tenemos el límite en el infinito, existe una definición análoga que considera el límite de una función cuando $x$ tiende a $- \infty$.

Definición. Sea $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Decimos que $f$ tiende al límite $L$ cuando $x$ tiende a $- \infty$ si para cualquier $\epsilon > 0$ existe $m \in \mathbb{R}$ tal que para cualquier $x<m$ se tiene que $|f(x)-L|<\epsilon$ y lo denotamos $$\lim_{x \to -\infty} f(x) = L.$$

La definición nos indica que $f$ tiene límite $L$ cuando $x$ tiende a $-\infty$ si para valores lo suficientemente pequeños de $x$ nos acercamos arbitrariamente a $L$.

Esta extensión de límite tiene propiedades análogas revisadas en esta entrada.

Límites infinitos

¿Qué sucede cuando f no se aproxima a un número real cerca de un punto $x_0$? Así como en las sucesiones, el límite de una función en un punto también puede divergir.

Definición. Sea $A \subset \mathbb{R}$, $f: A \rightarrow \mathbb{R}$

$i$) Se dice que $f$ tiende a $\infty$ cuando $x \rightarrow x_0$ y lo denotamos como $$\lim_{x \to x_0} f(x) = \infty$$
si para toda $M \in \mathbb{R}$ existe $\delta > 0$ tal que para toda $x \in A$ con $0 < |x-x_0|< \delta$, entonces $f(x) > M$

$ii$) Se dice que $f$ tiende a $- \infty$ cuando $x \rightarrow x_0$ y lo denotamos como $$\lim_{x \to x_0} f(x) = -\infty$$
si para toda $m \in \mathbb{R}$ existe $\delta > 0$ tal que para toda $x \in A$ con $0 < |x-x_0|< \delta$, entonces $f(x) < m$

Iniciaremos con uno de los ejemplos clásicos

Ejemplo. Prueba que $$\lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} = \infty$$

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{R}$, sin pérdida de generalidad, supongamos que $M > 0$; consideremos $\delta = \frac{1}{\sqrt{M}}$. Si $0 < |x-0| = |x| < \delta = \frac{1}{\sqrt{M}}$, entonces $|x| < \frac{1}{\sqrt{M}} \Rightarrow \frac{1}{x^2} > M$.

$\square$

Antes de dar el siguiente ejemplo, demostraremos un teorema que nos ayudara a hacer el cálculo de este tipo de límites.

Proposición. Sea $A \subset \mathbb{R}$, $f: A \rightarrow \mathbb{R}$ y $x_0 \in A$. Supongamos que $f(x) \leq g(x)$ para toda $x \in A$ con $x \neq x_0$.

$i$) Si $$\lim_{x \to x_0} f(x) = \infty, \quad \text{ entonces } \quad \lim_{x \to x_0} g(x) = \infty$$
$ii$) Si $$\lim_{x \to x_0} g(x) = -\infty, \quad \text{ entonces } \quad \lim_{x \to x_0} f(x) = -\infty$$

Demostración.
$i$] Sea $M \in \mathbb{R}$. Como $f$ tiende a $\infty$ cuando $x \rightarrow x_0$, existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x-x_0| < \delta$, entonces $f(x) > M$. Por hipótesis $f(x) \leq g(x)$ para toda $x \in A$ con $x \neq x_0$, de esta forma tenemos que si $0 < |x-x_0| < \delta$, entonces $g(x) \geq f(x) > M$, es decir, $g(x) > M$. Por lo tanto $$\lim_{x \to x_0} g(x) = \infty$$

$ii$] La demostración es análoga.

$\square$

De la misma forma, podemos extender esta definición para los límites al infinito.

Definición.
$i$) Sea $A \subset \mathbb{R}$, $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Supongamos que $(a, \infty) \subset A$ para alguna $a \in A$. Se dice que $f$ tiende a $\infty$ cuando $x \rightarrow \infty$ y lo denotamos como $$\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$$ si para cualquier $M \in \mathbb{R}$ existe $K$ tal que para cualquier $x>K$, entonces $f(x) > M$.
$ii$) Sea $A \subset \mathbb{R}$, $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Supongamos que $(a, \infty) \subset A$ para alguna $a \in A$. Se dice que $f$ tiende a $- \infty$ cuando $x \rightarrow \infty$ y lo denotamos como $$\lim_{x \to \infty} f(x) = -\infty$$ si para cualquier $m \in \mathbb{R}$ existe $K$ tal que para cualquier $x>K$, entonces $f(x) < m$.

Ejemplo. Prueba que $$\lim_{x \to \infty} x = \infty$$

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{R}$, consideremos $K = M+1$. Si $x > K$, entonces $f(x) = x > K = M+1 > M$, es decir, $f(x) > M$.

Ejemplo. Prueba que $$\lim_{x \to \infty} 3x^2 = \infty$$

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{R}$, consideremos $K = \sqrt{\frac{M}{3}}$. Si $x > K = \sqrt{\frac{M}{3}}$, entonces $f(x) = 3x^2 > M$, es decir, $f(x) > M$.

De los dos ejemplos vistos, podemos realizar generalizar esta idea y así tenemos el siguiente ejemplo.

Ejemplo. Sea $p: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definida como $p(x) = \alpha_n x^n + \alpha_{n-1} x^{n-1} + \cdot + \alpha_1 x \alpha_0$. Demuestra que $$\lim_{x \to \infty} p(x) = \infty \text{, si } a_n > 0 \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to \infty} p(x) = -\infty \text{, si } a_n < 0$$

La prueba se quedará como tarea moral.

Tarea moral

  1. Demostrar que si $f: A \rightarrow \mathbb{R}$ es tal que $$\lim_{x \to \infty} x f(x) = L$$ con $L \in \mathbb{R}$, entonces $$\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$$
  2. Sean $f$ y $g$ dos funciones definidas en $(a, \infty)$ tales que $$\lim_{x \to \infty} f(x) = L \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to \infty} g(x) = \infty$$
    Entonces se tiene que $$\lim_{x \to \infty} f(g(x)) = L$$
  3. Prueba que $$\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} f(-x)$$
  4. Prueba que $$\lim_{x \to 0^-} f(\frac{1}{x}) = \lim_{x \to -\infty} f(x)$$
  5. Calcula los siguientes límites
    $i$) $$\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x+1}}{x} \text{, definido para } x >0$$
    $ii$) $$\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x}-x}{\sqrt{x}+x} \text{, definido para } x >0$$
  6. Sea $A \subset \mathbb{R}$, sean $f$, $g: A \rightarrow \mathbb{R}$ y suponer que $(a, \infty) \subset A$ para alguna $a \in \mathbb{R}$. Si $g(x) > 0$ para toda $x > a$ y para alguna $L \in \mathbb{R}$, $L \neq 0$, se tiene que $$\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = L,$$ entonces
    $i$) Si $L > 0$, entonces $$\lim_{x \to \infty} f(x)= \infty \iff \lim_{x \to \infty} g(x)= \infty$$
    $ii$)Si $L < 0$, entonces $$\lim_{x \to \infty} f(x)= -\infty \iff \lim_{x \to \infty} g(x)= \infty$$
  7. Sea $p: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definida como $p(x) = \alpha_n x^n + \alpha_{n-1} x^{n-1} + \cdot + \alpha_1 x \alpha_0$. Demuestra que $$\lim_{x \to \infty} p(x) = \infty \text{, si } a_n > 0 \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to \infty} p(x) = -\infty \text{, si } a_n < 0$$ Hint: Usa el ejercicio anterior.

Más adelante…

En la siguiente entrada haremos uso del límite de una función en toda su extensión y emplearemos las propiedades revisadas en las entradas anteriores mediante la resolución de límites para la funciones trigonométricas que, particularmente, se habían destinado para los temas finales de esta unidad.

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Cálculo Diferencial e Integral I: Límites laterales

Introducción

En las entradas anteriores hemos trabajado con la definición de límite y revisamos sus propiedades. En esta ocasión, daremos la definición de límite por la derecha y límite por la izquierda, que en conjunto se les llama límites laterales; de igual forma, revisaremos algunos ejemplos y su relación con la definición vista anteriormente.

Límites laterales

Las definiciones que veremos a continuación se basan en restringir la forma en que nos acercamos a $x_0$. Así, el límite por la derecha se enfoca en acercarnos por la derecha, es decir, pediremos que $x > x_0$, lo cual se traducirá en que debe cumplirse que $0<x-x_0 < \delta$; mientras que para el límite por la izquierda pediremos que $x < x_0$, de esta forma se tendrá que $0<x_0-x< \delta$.

Definición (Límite por la derecha). Sea $A \subset \mathbb{R}$ y sea $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Se dice que $L \in \mathbb{R}$ es límite por la derecha de $f$ en $x_0$ si para todo $\epsilon >0$ existe $\delta > 0$ tal que si $0<x-x_0<\delta$ entonces $|f(x)-L| < \epsilon$. Cuando $f$ tiene límite en $L$ por la derecha, lo denotamos $$\lim_{x \to x_0+} f(x) = L $$

Análogamente, tenemos la siguiente definición.

Definición (Límite por la izquierda). Sea $A \subset \mathbb{R}$ y sea $f: A \rightarrow \mathbb{R}$. Se dice que $L \in \mathbb{R}$ es límite por la izquierda de $f$ en $x_0$ si para todo $\epsilon >0$ existe $\delta > 0$ tal que si $0<x_0 – x<\delta$ entonces $|f(x)-L| < \epsilon$. Cuando $f$ tiene límite en $L$ por la izquierda, lo denotamos $$\lim_{x \to x_0-} f(x) = L $$

Propiedades de los límites laterales

De forma similar al teorema que vimos para los límites, existe una relación entre el límite lateral de una función y el límite de una sucesión, basta agregar a los supuestos la condición de que la sucesión sea mayor que $x_0$ para toda $n \in \mathbb{N}$ en el caso de límite por la derecha y que sea menor que $x_0$ para toda $n \in \mathbb{N}$ en el caso de límite por la izquierda.

Teorema. Sea $f:A \rightarrow \mathbb{R}$ y sea $x_0 \in A$. Entonces los siguientes enunciados son equivalentes.

  1. $$\lim_{x \to x_0+} f(x) = L $$
  2. Para toda sucesión $\{ a_n \}$ en $A$ que converge a $x_0$ y tal que $a_n > x_0$ para toda $n\in \mathbb{N}$, la sucesión $\{f(x_n)\}$ converge a $L$.

El teorema de límite por la izquierda es similar al anterior. Además, la demostración es totalmente análoga a la revisada en una entrada anterior por lo cual quedará como tarea moral. También recordemos que este teorema nos ayuda a determinar las propiedades que tienen los límites laterales debido a la herencia que nos brinda el límite de una sucesión; es gracias a ello que podremos hacer uso de tales propiedades en los siguientes ejemplos.

Ejemplo. Sea $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, definida de la siguiente forma
$$f(x) = \frac{1}{1+e^{-x}}$$
Determina los límites laterales en $x_0 = 0$

Iniciemos calculando el límite por la izquierda.
$$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{1}{2}$$

Por otro lado, el límite por la derecha
$$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{1}{2}$$

Ejemplo. Sea $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, definida de la siguiente forma

$$f(x) =
\begin{cases}
12x^3 & \quad \text{si } x<-1 \\
x^2+1& \quad \text{si } x \geq -1 \\
\end{cases}
$$

Determina los límites laterales en $x_0 = -1$.

Iniciemos calculando el límite por la izquierda.
$$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} 12x^3 = -12$$

Por otro lado, el límite por la derecha
$$\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} x^2+1= 2 $$

Por lo tanto
$$\lim_{x \to 0^-} f(x) = -12 \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to 0^+} f(x) = 2$$

Ejemplo. Sea $f: \mathbb{R} \setminus \{0 \} \rightarrow \mathbb{R}$. Calcula los límites laterales en $x_0 = 0$ de

$$f(x) = \frac{|x|}{x}$$

Primero calcularemos el límite por la izquierda
\begin{align*}
\lim_{x \to 0^-} f(x) = & \lim_{x \to 0^-} \frac{|x|}{x} \\
= & \lim_{x \to 0^-} \frac{-x}{x} \text{, pues x < 0} \\
= & \lim_{x \to 0^-} -1 \\
= & -1
\end{align*}
Por otro lado, el límite por la derecha
\begin{align*}
\lim_{x \to 0^+} f(x) = & \lim_{x \to 0^+} \frac{|x|}{x} \\
= & \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x} \text{, pues x > 0} \\
= & \lim_{x \to 0^+} 1 \\
= & 1
\end{align*}
Por lo tanto
$$\lim_{x \to 0^-} f(x) = -1 \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to 0^+} f(x) = 1$$

De los ejemplos revisados, el primero tiene la propiedad de que sus límites laterales son iguales mientras que para el segundo y el tercero tales límites son distintos en $x_0$.

Relación entre el límite de una función y sus límites laterales

Parece inmediato inferir que, considerando un punto $x_0$ dado, si los límites por la izquierda y por la derecha existen y son iguales, entonces el límite de la función sí existe en tal punto. De la misma manera, resulta natural que si el límite existe, entonces los límites laterales también existen y son iguales. Probaremos esta equivalencia, pero para hacerlo primero demostraremos la siguiente proposición.

Proposición. Sean $x$, $x_0$ en $\mathbb{R}$ y sea $\delta >0$. Entonces $0<|x-x_0|< \delta$ si y solo sí $0<x-x_0<\delta \quad$ ó $\quad 0<x-x_0<\delta$

Demostración.
Supongamos que $0<|x-x_0|< \delta$

Caso 1: $x-x_0 > 0$
Entonces $|x-x_0| = x-x_0$, así
\begin{gather*}
& 0<|x-x_0|< \delta \\
\iff & 0< x-x_0 < \delta
\end{gather*}

Caso 2: $x- x_0 < 0 $.
Entonces $|x-x_0| = x_0-x$, así
\begin{gather*}
& 0<|x-x_0| < \delta \\
\iff & 0< x_0-x < \delta
\end{gather*}

$$\therefore 0<|x-x_0|< \delta \iff 0<x-x_0<\delta \quad \text{ ó } \quad 0<x-x_0<\delta$$

$\square$

Teorema. El límite de una función $f$ en el punto $x_0$ existe y es igual a $L$ si y solo si los límites laterales existen y son iguales a $L$, es decir

$$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \quad \iff \quad \lim_{x \to x_0^+} f(x) = L = \lim_{x \to x_0^-} f(x)$$

Demostración.

$\Rightarrow]$ Supongamos que $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L$$
Sea $\epsilon > 0$, como $f$ converge a $L$ en $x_0$, entonces existe $\delta > 0$ tal que si $0<|x-x_0|< \delta$ entonces se tiene $|f(x)-L| < \epsilon$. Y notemos que

Si $0<x-x_0 < \delta \Rightarrow 0<|x-x_0|< \delta$ (por la proposición), entonces
\begin{gather*}
|f(x)-L| < \epsilon \\
\therefore \lim_{x \to x_0^-} f(x) = L
\end{gather*}

Si $0<x_0-x < \delta \Rightarrow 0<|x-x_0|< \delta$ (por la proposición), entonces
\begin{gather*}
|f(x)-L| < \epsilon \\
\therefore \lim_{x \to x_0^-} f(x) = L
\end{gather*}

$\Leftarrow]$ Supongamos que $$\lim_{x \to x_0^-} f(x) = L = \lim_{x \to x_0^-} f(x)$$
Sea $\epsilon > 0 $

Como $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = L$, existe $\delta_1$ tal que si $0<x-x_0<\delta_1$ entonces $|f(x)-L| < \epsilon$.

Como $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = L$, existe $\delta_2$ tal que si $0<x_0-x<\delta_2$ entonces $|f(x)-L| < \epsilon$.

Consideremos $\delta = min \{ \delta_1, \delta_2\}$. Por la proposición, si $0<|x-x_0|< \delta$, entonces $0<x-x_0<\delta \quad$ ó $\quad 0<x_0-x<\delta$.

Para el primer caso, tenemos que $0<x-x_0<\delta \leq \delta_1$, entonces $|f(x)-L| < \epsilon$.
Para el segundo caso, se tiene que $0<x_0-x<\delta \leq \delta_2$, entonces $|f(x)-L| < \epsilon$.

Por lo tanto $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L$$

$$\therefore \lim_{x \to x_0} f(x) = L \quad \iff \quad \lim_{x \to x_0^+} f(x) = L = \lim_{x \to x_0^-} f(x)$$

$\square$

Observación. Ya que hemos demostrado este teorema, podemos notar que si los límites laterales de una función son distintos en un punto $x_0$, entonces no existe el límite de la función en tal punto.

Finalizaremos esta entrada revisando los siguientes ejemplos.

Ejemplo. Determina si existe el límite en $x_0 = 0$ para la siguiente función $$f(x) = x \sqrt{\frac{1}{4x^2}-16}$$

Procederemos a calculando los límites laterales. Para el límite por la izquierda
\begin{align*}
\lim_{x \to 0^-} f(x) = & \lim_{x \to 0^-} x \sqrt{\frac{1}{4x^2}-16} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^-} \sqrt{\frac{1-64x^2}{4x^2}} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^-} \frac{ x \sqrt{1-64x^2} }{ \sqrt{4x^2} } \\ \\
= & \lim_{x \to 0^-} \frac{ x \sqrt{1-64x^2} }{ 2|x|} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^-} \frac{ x \sqrt{1-64x^2} }{ -2x} \text{, pues x < 0} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^-} – \frac{\sqrt{1-64x^2} }{2} \\ \\
= & – \frac{1}{2}
\end{align*}

De forma similar, tenemos que
\begin{align*}
\lim_{x \to 0^+} f(x) = & \lim_{x \to 0^+} x \sqrt{\frac{1}{4x^2}-16} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^+} \sqrt{\frac{1-64x^2}{4x^2}} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^+} \frac{ x \sqrt{1-64x^2} }{ 2x} \text{, pues x > 0} \\ \\
= & \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{1-64x^2} }{2} \\ \\
= & \frac{1}{2}
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to 0^-} f(x) = -\frac{1}{2} \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{1}{2}$$

Como los límites laterales son distintos, podemos concluir que el límite de la función $f$ no existe en el punto $x_0 = 0$.

Ejemplo. Sea $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, definida de la siguiente forma
$$f(x) =
\begin{cases}
x^2 & \quad \text{si } x<5 \\
2x+15 & \quad \text{si } x \geq 5 \\
\end{cases}
$$
Determina sí el límite existe en $x_0 = 5$.

Iniciemos calculando el límite por la izquierda.
$$\lim_{x \to 5^-} f(x) = \lim_{x \to 5^-} x^2 = 25$$

Por otro lado, el límite por la derecha
$$\lim_{x \to 5^+} f(x) = \lim_{x \to 5^+} 2x+15 = 25$$

Por lo tanto
$$\lim_{x \to 0^-} f(x) = 25 \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to 0^+} f(x) = 25$$

Como los límites laterales existen y son iguales, podemos concluir que
$$\lim_{x \to 0} f(x) = 25.$$

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.

  1. Demuestra que
    $i$) $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(-x)$
    $ii$) $\lim_{x \to 0} f(|x|) = \lim_{x \to 0^+} f(x)$
  2. Usando la definición $\epsilon$-$\delta$ de límite por la derecha, prueba que $\lim_{x \to 8^+} \sqrt{x-8} = 0$.
  3. Calcula el límite en $x_0 = 5$ de la función
    $$f(x) =
    \begin{cases}
    \frac{x^2-12x+35}{x-5} & \quad \text{si } x < 5 \\
    \frac{x-5}{1- \sqrt{x-4} } & \quad \text{si } x \geq 5
    \end{cases}
    $$
  4. Usando límites laterales, determina si existe $$\lim_{x \to 0} \frac{3x + |x|}{7x-5|x|}.$$
  5. Prueba que el siguiente límite no existe $$\lim_{x \to 0} \frac{1}{e^{1/x}+1}.$$

Más adelante…

¿Qué sucede cuando en lugar de acercarnos a un punto en particular $x_0$, solo hacemos que $x$ crezca indefinidamente? Esto y otras ampliaciones del concepto del límite serán revisadas en la siguiente entrada con lo cual estaremos listos para calcular todo tipo de límites y, con ello, podremos conocer el comportamiento que toman las funciones tanto en un punto específico como «en el infinito».

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Cálculo Diferencial e Integral I: Teoremas sobre el límite de una función

Introducción

Después de haber revisado algunos ejemplos de límite de funciones, estamos listos para conocer y demostrar algunas de las propiedades; para este fin, estableceremos una relación entre el límite de una función y el de una sucesión con lo que podremos hacer uso de las propiedades antes demostradas para el límite de sucesiones.

Negación de la definición del límite de una función

Antes de enunciar el teorema, revisaremos qué significa que el límite de una función no exista, es decir, revisaremos la negación del concepto dado en la entrada anterior, para ello retomemos la definición de límite de una función:

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 $|f(x)-L|< \epsilon$.

De esta forma, si no se cumple la definición anterior, entonces tenemos lo siguiente: existe algún $\epsilon > 0$ tal que para toda $\delta > 0$ existe algún $x$ que satisface $0 < |x-x_0| < \delta$, pero $|f(x)-L| \geq \epsilon$.

Límite de una función a través de sucesiones

Es momento de revisar un teorema que será particularmente útil para demostrar las propiedades del límite de una función. Este teorema nos indica que una función $f$ tiende al límite $L$ en $x_0$ si y solo si para toda sucesión $\{ a_n \}$ en el dominio de $f$ que converja a $x_0$ se tiene que la sucesión generada por $\{f(a_n) \}$ converge a L.

Teorema. Sea $f:A \rightarrow \mathbb{R}$ y sea $x_0 \in A$. Entonces los siguientes enunciados son equivalentes.

  1. $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L$$
  2. Para toda sucesión $\{ a_n \}$ en $A$ que converge a $x_0$ tal que $a_n \neq x_0$ para todo $n\in \mathbb{N}$, la sucesión $\{f(x_n)\}$ converge a $L$

Demostración.

$1) \Rightarrow 2)]$ Sea $\epsilon >0$. Supongamos que $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L$$
Y sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $A$ que converge a $x_0$ tal que $a_n \neq x_0$ para todo $n\in \mathbb{N}$,

Por hipótesis $f$ converge a $L$ en $x_0$, entonces existe $\delta > 0$ tal que si
$0<|x-x_0|<\delta$, entonces $|f(x)-L| < \epsilon$

Además como la sucesión $\{a_n\}$ converge a $x_0$, para el valor $\delta > 0$ dado, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$ entonces $0<|a_n- x_0| < \delta$ y por hipótesis de la convergencia de $f$ a $L$ en $x_0$, podemos concluir que $|f(a_n)-L| < \epsilon$. Así la sucesión $\{f(a_n)\}$ converge a $L$, es decir,
$$\lim_{n \to \infty} f(a_n) = L$$


$1) \Leftarrow 2)]$ Procederemos a hacer esta implicación por contrapositiva, es decir, demostraremos que si no sucede $1)$, entonces tampoco sucede $2)$.

Supongamos que $1)$ no se cumple, es decir, existe $\epsilon > 0$ tal que para toda $\delta$ existe al menos un real $x$ que cumple $0<|x-x_0| < \delta$ pero $|f(x)-L| \geq \epsilon$. Así, consideremos justo ese valor de $\epsilon$. Notemos que para todo natural $n \in \mathbb{N}$, si consideramos $ \frac{1}{n}$, entonces existe al menos un valor $x_n$ en $A$ tal que $0<|x_n-x_0| < \frac{1}{n}$, pero $|f(x_n)-L| \geq \epsilon_0$.

Tomemos la sucesión generada por $\{x_n\}$, se tiene que la sucesión $\{ x_n \}$ converge a $x_0$ y $x_n \neq x_0$ para toda $n \in \mathbb{N}$, pero la sucesión $\{f(a_n)\}$ no converge a $L$. Así, si no se cumple $1)$, entonces tampoco $2)$. Por lo anterior, podemos concluir que $2) \Rightarrow 1)$.

$\square$

Teoremas sobre el límite de una función

Una vez probado el teorema anterior, es natural que haya una gran cantidad de propiedades que se hereden del límite de sucesiones. A continuación revisaremos algunas de ellas y podremos aprovechar la relación de ambos conceptos para hacer la demostración de las mismas.

Teorema. Sean $f: A \rightarrow \mathbb{R}$ y $g: A \rightarrow \mathbb{R}$ dos funciones y sea $c \in \mathbb{R}$. Si $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to x_0} g(x) = M.$$
Entonces

  1. $$\lim_{x \to x_0} c \cdot f(x) = cL$$
  2. $$\lim_{x \to x_0} (f+g)(x) = L+M$$
  3. $$\lim_{x \to x_0} (f-g)(x) = L-M$$
  4. $$\lim_{x \to x_0} (f \cdot g)(x) = L\cdot M$$
  5. Si además $g(x) \neq 0$ para toda $x$ y $M \neq 0$, entonces $$\lim_{x \to x_0} (\frac{f}{g})(x) = \frac{L}{M}$$

Demostración

Daremos la demostración del inciso 2 y la demostración de los demás será análoga.

Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $A$ que converge a $x_0$ tal que $a_n \neq x_0$ para todo $n\in \mathbb{N}$, por el teorema anterior tenemos que
$$\lim_{n \to \infty} f(a_n) = L \quad \text{ y } \quad \lim_{n \to \infty} g(a_n) = M$$

De esta forma podemos usar las propiedades de convergencia de una sucesión, así

$$\lim_{n \to \infty} (f \cdot g)(a_n) = \lim_{n \to \infty} \left( f(a_n) \cdot g(a_n) \right) = \lim_{n \to \infty} f(a_n) \cdot \lim_{n \to \infty} g(a_n) = L \cdot M$$
Por el teorema revisado, podemos concluir que $$\lim_{x \to x_0} (f \cdot g)(x) = L \cdot M$$

$\square$

Observación. Particularmente podemos generalizar los puntos 2 y 4 mediante inducción matemática, de tal forma que si $f_1, f_2, \dots, f_n$ son funciones definidas de $A$ a $\mathbb{R}$ cada una con límite $L_1, L_2, \dots L_n$ en $x_0$. Entonces

\begin{gather*}
\lim_{x \to x_0} (f_1 + f_2 + \cdots + f_n) = L_1 + L_2 + \cdots + L_n \\
\text{y} \\
\lim_{x \to x_0} (f_1 \cdot f_2 \cdot \cdots \cdot f_n)(x) = L_1 \cdot L_2 \cdot \cdots \cdot L_n
\end{gather*}

Revisaremos un par de ejemplos donde aplicaremos las propiedades anteriores.

Ejemplo. Calcula $$\lim_{x \to 2} \frac{5x-12}{2x + 10}.$$
\begin{align*}
\lim_{x \to 2} \frac{5x-12}{2x + 10} =& \frac{ \lim_{x \to 2} ( 5x-12 ) }{ \lim_{x \to 2} (2x + 10) } \text{, por el punto 5 del teorema anterior} \\ \\
= & \frac{ \lim_{x \to 2} 5x – \lim_{x \to 2} 12 }{ \lim_{x \to 2} 2x + \lim_{x \to 2} 10 } \text{, por los puntos 2 y 3 del teorema anterior} \\ \\
= & \frac{10-12}{4+10} \\ \\
= & – \frac{1}{7}
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to 2} \frac{5x-12}{2x + 10} = \frac{1}{7}$$

Ejemplo. Calcula $$\lim_{x \to 5} \frac{x^3+3}{8x^2 + 7}$$
\begin{align*}
\lim_{x \to 5} \frac{x^3+3}{8x^2 + 7} = & \frac{\lim_{x \to 5} (x^3+3)}{ \lim_{x \to 5} (8x^2 + 7)} \text{, por el punto 4 del teorema anterior} \\ \\
= & \frac{\lim_{x \to 5} x^3+ \lim_{x \to 5} 3}{ \lim_{x \to 5} 8x^2 + \lim_{x \to 5} 7} \text{, por el punto 2 del teorema anterior} \\ \\
= & \frac{125+ 3}{200 + 7} \\ \\
= & \frac{128}{207}
\end{align*}
$$\therefore \lim_{x \to 5} \frac{x^3+3}{8x^2 + 7} = \frac{128}{207}$$

En los ejemplos anteriores se hizo énfasis en las propiedades que nos permitieron calcular el límite con la finalidad de mostrar claramente cómo se emplean, sin embargo, esto no será necesario y, de hecho, no se hará tal hincapié de ahora en adelante.

A continuación probaremos el teorema del sándwich para el límite de una función.

Teorema. Sean $f$, $g$, $h : A \rightarrow \mathbb{R}$ y sea $x_0 \in A$. Si

$$f(x) \leq g(x) \leq h(x) \text{, para toda } x \in A, x \neq x_0$$

y si $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to x_0} h(x) = L$$

Entonces

$$\lim_{x \to x_0} g(x) = L$$
Demostración

Sea $\epsilon > 0 $, como $f$ y $h$ convergen a $L$ en $x_0$, entonces existen $\delta_1$, $\delta_2$ tales que

\begin{gather*}
0<|x-x_0|< \delta_1 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-L|< \epsilon \\
0<|x-x_0|< \delta_2 \quad \Rightarrow \quad |h(x)-L| < \epsilon
\end{gather*}

Consideremos $\delta = min\{ \delta_1, \delta_2 \}$, si $0<|x-x_0|< \delta$, se cumple que

\begin{gather*}
-\epsilon < f(x)-L < \epsilon \quad \Rightarrow \quad L-\epsilon < f(x) < L + \epsilon \\
-\epsilon < h(x)-L < \epsilon \quad \Rightarrow \quad L-\epsilon < h(x) < L + \epsilon
\end{gather*}

Además por hipótesis se tiene que $f(x) \leq g(x) \leq h(x)$, entonces

\begin{gather*}
L-\epsilon < f(x) \leq g(x) \quad \text{ y } \quad g(x) \leq h(x) < L + \epsilon \\ \\
\Rightarrow L-\epsilon < g(x) < L + \epsilon \\ \\
\Rightarrow -\epsilon < g(x) – L< \epsilon \\ \\
\therefore |g(x) – L| < \epsilon \\ \\
\therefore \lim_{x \to x_0} g(x) = L
\end{gather*}

$\square$

A continuación veremos un ejemplo donde podemos aplicar el teorema del sándwich.

Ejemplo. Encuentra el siguiente límite: $$\lim_{x_0 \to 0} x^2 e^{sen(\frac{1}{x})}$$
Sabemos que

\begin{gather*}
– 1 \leq sen(\frac{1}{x}) \leq 1 \text{, para todo } x \neq 0
\end{gather*}
Dado que la función exponencial no altera la relación de orden, entonces tenemos
\begin{gather*}
e^{- 1} \leq e^{sen(\frac{1}{x})} \leq e^{ 1} \\
\Rightarrow x^2 e^{- 1} \leq x^2 e^{sen(\frac{1}{x})} \leq x^2 e^{ 1}
\end{gather*}

Entonces la función original está acotada por $f(x) = x^2 e^{- 1}$ y $f(x) = x^2 e^{1}$. Notemos que
$$\lim_{x \to 0} x^2 e^{- 1} = 0 \quad \text{ y } \quad \lim_{x \to 0} x^2 e^{1} = 0$$
Por el teorema del sándwich podemos concluir que $$\lim_{x_0 \to 0} x^2 e^{sen(\frac{1}{x})} = 0.$$

En esta entrada revisamos algunas de las propiedades que tiene el límite de una función haciendo uso del límite de sucesiones, pero vale la pena destacar que también se pudo recorrer este tramo del camino usando la definición $\epsilon$-$\delta$ y te invitamos a realizar el ejercicio de demostrar algunas de las propiedades haciendo uso de tal definición con la finalidad de tener un dominio mayor del concepto.

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.

  1. Prueba que si $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \text{, entonces } \lim_{x \to x_0} |f(x)| = |L|$$
  2. Demuestra que si $f(x) = 0$ para todo $x$ irracional y $f(x) = 1$ para todo irracional, entonces $\lim_{x \to x_0} f(x)$ no existe para ningún $x \in \mathbb{R}$
  3. Calcula el límite $$\lim_{x \to 0} \frac{(x+1)^2-1}{x}$$
  4. Calcula el límite $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x}-1}{x-1}$$
  5. Calcula el límite $$\lim_{x \to 0} x^2 cos \left( \frac{1}{x^2} \right) $$

Más adelante…

Extenderemos la noción de límite de una función definiendo una nueva clase de límites: los límites laterales. Veremos la definición de límite por la derecha y límite por la izquierda que son definiciones menos exigentes y las cuales nos permiten tener un análisis más detallado para aquellas funciones donde el límite no existe.

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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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