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Cálculo Diferencial e Integral I: Límite de una función a través de sucesiones

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

2 respuestas

Introducción

Alternativamente a la definición épsilon-delta revisada en la entrada anterior, se puede estudiar el límite de una función a través de límites de sucesiones; este enfoque tiene varias bondades en el sentido de que podremos hacer un amplio uso de las propiedades demostradas anteriormente para el límite de una sucesión. En esta entrada nos enfocaremos en probar un teorema que nos indica la equivalencia entre ambas formas de concebir el límite de una función.

Negación de la definición del límite de una función

Veamos primero 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 $\varepsilon > 0$ existe algún $\delta > 0$ tal que, para todo $x$, si $0<|x-x_0|< \delta$, entonces $|f(x)-L|< \varepsilon$.

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

Criterio de sucesiones para límites

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 $\{f(a_n)\}$ converge a $L$

Demostración.

$1) \Rightarrow 2)]$ Sea $\varepsilon >0$. 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 $|f(x)-L| < \varepsilon$

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 $|f(a_n)-L| < \varepsilon$. 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 $\varepsilon_0 > 0$ tal que para todo $\delta$ existe al menos un real $x$ que cumple $0<|x-x_0| < \delta$ pero $|f(x)-L| \geq \varepsilon_0$. Así, consideremos justo ese valor de $\varepsilon_0$. Notemos que para todo natural $n \in \mathbb{N}$, si consideramos $\delta=\frac{1}{n}$, entonces existe al menos un término $a_n$ en $A$ tal que $0<|a_n-x_0| < \frac{1}{n}$, pero $|f(a_n)-L| \geq \varepsilon_0$.

Tomemos la sucesión generada por $\{a_n\}$, se tiene que la sucesión $\{ a_n \}$ converge a $x_0$ y $a_n \neq x_0$ para todo $n \in \mathbb{N}$, 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 $2) \Rightarrow 1)$.

$\square$

Límite de una función a través de sucesiones

Ahora nos enfocaremos en hacer uso del teorema anterior. En el momento de hacer las demostraciones correspondientes, debemos tener presente que una vez que expresamos el límite de una función en términos del límite de una sucesión, podemos hacer uso de las propiedades del mismo.

Ejemplo. Prueba que $$\lim_{x \to 1} \frac{x^3-x^2+x-1}{x-1} = 2.$$

Demostración.

Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ tal que

  • $\lim_{n \to \infty} a_n = 1$
  • Para todo $n \in \mathbb{N}$, $a_n \neq 1$
  • Para todo $n \in \mathbb{N}$, $a_n \in Dom_f$

Entonces tenemos que

\begin{align*}
\lim_{x \to 1} f(x) & = \lim_{n \to \infty} f(a_n) \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n^3-a_n^2+a_n-1}{a_n-1} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{(a_n-1)(a_n^2+1)}{a_n-1} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} (a_n^2+1) \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} a_n^2 + \lim_{n \to \infty} 1 \tag{1} \\ \\
& = 1+1 \\ \\
& = 2
\end{align*}

$$\therefore \lim_{x \to 1} \frac{x^3-x^2+x-1}{x-1} = 2$$

$\square$

Es importante resaltar que aún no hemos probado ninguna propiedad del límite de una función, por lo que el criterio de sucesiones para límites es lo que nos permite emplear las propiedades que conocemos respecto a sus operaciones aritméticas y así realizar el paso $(1)$ en el ejemplo anterior.

Ejemplo. Demuestra que $$\lim_{x \to 2} \sqrt{x} = \sqrt{2}.$$

Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ tal que

  • $\lim_{n \to \infty} a_n = 2$
  • Para todo $n \in \mathbb{N}$, $a_n \neq 2$
  • Para todo $n \in \mathbb{N}$, $a_n \in Dom_f$

Sabemos que si $\{a_n\}$ converge a $2$, entonces $\{ \sqrt{a_n} \}$ converge a $\sqrt{2}$. Así, tenemos que

\begin{align*}
\lim_{x \to 2} f(x) & = \lim_{n \to \infty} f(a_n) \\
& = \lim_{n \to \infty} \sqrt{a_n} \\
& = \sqrt{2}
\end{align*}

$$\therefore \lim_{x \to 2} \sqrt{x} = \sqrt{2}$$

$\square$

Ejemplo. Prueba que $$\lim_{x \to 0} \frac{(3+x)^2-9}{x} = 6.$$

Demostración.

Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ tal que

  • $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$
  • Para todo $n \in \mathbb{N}$, $a_n \neq 0$
  • Para todo $n \in \mathbb{N}$, $a_n \in Dom_f$

\begin{align*}
\lim_{x \to 0} f(x) & = \lim_{n \to \infty} f(a_n) \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{(3+a_n)^2-9}{a_n} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{9+6a_n+a_n^2-9}{a_n} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{6a_n+a_n^2}{a_n} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} (6+a_n) \\ \\ 
& = 6
\end{align*}

$$\therefore \lim_{x \to 0} \frac{(3+x)^2-9}{x} = 6$$

$\square$

Hasta este momento solo hemos hecho uso del criterio de sucesiones para límites para probar la existencia de los mismos. Sin embargo, es posible usarlo también para el caso en el que tal límite no existe. Derivado directamente del teorema anterior se tiene que:

  • Si existen dos sucesiones $\{ a_n \}$, $\{b_n\}$ en el dominio de $f$, ambas convergentes a $x_0$, tal que $a_n$, $b_n \neq x_0$ para todo $n \in \mathbb{N}$, pero $\lim f(a_n) \neq \lim f(b_n)$ entonces no existe el límite de $f$ en $x_0$.

Veremos ahora un ejemplo donde el límite no existe.

Ejemplo. Prueba que el límite

$$\lim_{x \to 1} \frac{|x-1|}{x-1}$$

no existe.

Demostración.

Sean $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ dos sucesiones en el dominio de $f$ definidas de la siguiente forma:

$$a_n = 1 + \frac{1}{n} \quad \text{y} \quad b_n = 1 – \frac{1}{n}$$

Es claro que

$$ \lim_{n \to \infty} a_n = 1 \quad \text{y} \quad \lim_{n \to \infty} b_n = 1.$$

Además $a_n \neq 1$, $b_n \neq 1$ para todo $n \in \mathbb{N}$.

Se tiene que

\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} f(a_n) & = \lim_{n \to \infty} \frac{|a_n-1|}{a_n-1} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{ |1 + \frac{1}{n} – 1|}{1 + \frac{1}{n} -1} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{ |\frac{1}{n}|}{ \frac{1}{n} } \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{n} }{ \frac{1}{n} } \\ \\
& = 1
\end{align*}

$$\therefore \lim_{n \to \infty} f(a_n) = 1 \tag{1}$$

Por otro lado,

\begin{align*}
\lim_{n \to \infty} f(b_n) & = \lim_{n \to \infty} \frac{|b_n-1|}{b_n-1} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{ |1 – \frac{1}{n} – 1|}{1 – \frac{1}{n} -1} \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{ |- \frac{1}{n}|}{- \frac{1}{n} } \\ \\
& = \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{n} }{ – \frac{1}{n} } \\ \\
& = – 1
\end{align*}

$$\therefore \lim_{n \to \infty} f(b_n) = -1 \tag{2}$$

De $(1)$ y $(2)$, se tiene que

\begin{gather*}
\lim_{n \to \infty} f(a_n) \neq \lim_{n \to \infty} f(b_n) \\ \\
\therefore \lim_{x \to 1} \frac{|x-1|}{x-1} \text{ no existe.}
\end{gather*}

$\square$

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 la teoría vista.

A través del criterio de sucesiones para límite, prueba si existen o no los siguientes límites:

  • $$\lim_{x \to 0} \frac{x}{x+1}$$
  • $$\lim_{x \to 0} x \cdot |x|$$
  • $$\lim_{x \to 7} \frac{x^2-5x+10}{2-x}$$
  • $$\lim_{x \to 0} \frac{x}{|x|}$$
  • Sea $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definida de la siguiente forma
    $$f = \begin{cases}
    x & \text{si $x$ es racional} \\
    0 & \text{si $x$ es irracional}
    \end{cases} $$
    Determina en qué puntos existe el límite y en cuáles no.

Más adelante…

En las siguientes entradas veremos propiedades específicas que nos ayudarán a calcular el límite de una función; y, como podrás imaginar, varias de estas propiedades son un símil a las revisadas para las sucesiones convergentes.

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Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Después de haber revisado algunos ejemplos de límite de funciones, estamos listos para conocer y demostrar algunas de las propiedades; para este fin, usaremos la relación existente entre el límite de una función y el de una sucesión demostrada en la entrada anterior.

Teoremas sobre el límite de una función

Considerando el criterio de sucesiones para límites visto anteriormente, 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 todo $x$ y $M \neq 0$, entonces $$\lim_{x \to x_0} (\frac{f}{g})(x) = \frac{L}{M}$$

Demostración

Daremos la demostración del inciso 4 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, 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

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

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 $\varepsilon > 0 $, como $f$ y $h$ tienen como límite 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|< \varepsilon \\
0<|x-x_0|< \delta_2 \quad \Rightarrow \quad |h(x)-L| < \varepsilon
\end{gather*}

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

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

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

\begin{gather*}
L-\varepsilon < f(x) \leq g(x) \quad \text{ y } \quad g(x) \leq h(x) < L + \varepsilon \\ \\
\Rightarrow L-\varepsilon < g(x) < L + \varepsilon \\ \\
\Rightarrow -\varepsilon < g(x) – L< \varepsilon \\ \\
\therefore |g(x) – L| < \varepsilon \\ \\
\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 épsilon-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 la teoría vista.

  • Prueba que si $$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \text{, entonces } \lim_{x \to x_0} |f(x)| = |L|$$
  • Calcula el límite $$\lim_{x \to 0} \frac{(x+1)^2-1}{x}$$
  • Calcula el límite $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x}-1}{x-1}$$
  • 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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