¿Qué es un límite?
En realidad es menos complicado de lo que parece. Se trata de analizar el comportamiento de una función cerca de un punto, pero sin darle importancia a lo que ocurre exactamente en dicho punto.
Definición. El límite de la función $f$, cuando $x$ se aproxima a $a$, es igual a $L$.
$$\lim_{x\to 0}f(x)=L$$
Si para todo número $\epsilon > 0 $ existe un número $\delta > 0$ tal que
$$\vert f(x) – L\vert < \epsilon $$
Para todo x ( en el dominio de f ) que satisface la desigualdad
$$0<\vert x – a \vert < \delta$$
Unos ejemplos aclararán la idea.
Ejemplo 1
Usando la definición de límite de una función , pruébese que:
$\displaystyle \lim_{ x\to 5} 9-3x=-6$
Solución:
Sea $\epsilon$ un número positivo cualquiera dado.
Se debe hallar un $0<\vert x−5 \vert <\delta ⇒ \vert (9−3x)−(6) \vert <\epsilon$
Para ello considérese la desigualdad de la derecha.
$$\vert(9−3x)−(−6)<\epsilon\leftrightarrow \vert 9−3x+6\vert <\epsilon \leftrightarrow 15 − 3 x < \epsilon$$
$$\leftrightarrow \vert 3x−15\vert < \epsilon$$
$$\leftrightarrow 3 \vert x − 5 \vert \ < \epsilon \text{ (factorizando)}$$
$$\leftrightarrow \vert x−5\vert <\frac {\epsilon}{3}$$
Comparando la desigualdad del lado izquierdo de la primera desigualdad con la segunda , se puede escoger $\frac{\epsilon}{3}$
Aunque, obviamente, cualquier valor menor funcionara para $\delta$
La prueba Formal será
Dado $\epsilon>0$ existe $\delta>\frac{\epsilon}{3}>0$ , tal que,
$$0<\vert x-5\vert < \delta \rightarrow \vert x-5\vert < \frac{\epsilon}{3}$$
$$\rightarrow \vert 3x-15 \vert <\epsilon$$
$$\rightarrow \vert 15-3x \vert <\epsilon$$
$$\rightarrow \vert 9-3x+6 \vert <\epsilon$$
$$\rightarrow \vert (9-3x)-(-6) \vert <\epsilon$$
En particular, si alguien escoge un $\epsilon=0,01$, en este ejemplo, otra persona responderá con un $\delta=\frac{0,01}{3}=0,0033333$
¿Y si elige un $\epsilon$ más pequeño ?
Resultara perfectamente valido. Compruebe usted para $\epsilon=0,0003$, ó $\epsilon=0,00003$, o cualquier otro aun mas pequeño.
Al graficar la función
Se puede apreciar en la figura que si vemos el comportamiento de la función cerca de x=5 $5\epsilon, 5+\epsilon$ las imágenes del recorrido estarán acotadas en la vecindad de y=6 $(6-\delta, 6+\delta)$. Mientras más cerca estemos de $x=5$, más cerca estaremos de $y=6$. Esa es la idea, pero debemos tener claro que no siempre será tan simple analizar gráficamente la función. Es para esto que usamos este modelo.
Ejemplo 2
Usando la definición de límite demuestre que $\displaystyle \lim_{ x\to 5} \frac{2x^2-x-1}{x-1}=3$
Un primer análisis muestra que considerando un $\epsilon$ positivo, $\epsilon>0$, cualquiera se debe hallar un $\delta$ positivo , $\delta>0$, tal que:
$$\text{SI } 0<\vert x-1 \vert <\delta \text{, entonces} \left | \frac{2x^2-x-1}{x-1}<3 \right |< \epsilon$$
Para ello consideremos cada desigualdad por separado y simplifiquemos el problema
$$\left | \frac{2x^2-x-1}{x-1}-3 \right |<\epsilon \leftrightarrow \left |\frac{(2x+1)(x-1)}{x-1}-3\right | <\epsilon$$
Factorizando y simplificando dado que $x-1 \ne 0$
$$\leftrightarrow |(2x+1)-3|<\epsilon $$
Lo cual implica
$$\leftrightarrow | 2x-2 |<\epsilon $$
Entonces
$$\leftrightarrow | x-1 |<\frac{\epsilon}{2} \land x \ne 1$$
Considerando ambas desigualdades se puede escoger $\delta=\frac {\epsilon} {2}$ , aunque cualquier valor menor también funciona.
Prueba formal
Dado $\epsilon >0$, existe $\delta =\frac{\epsilon}{2}>0$, tal que
$$0<|x-1|<\delta \leftrightarrow |x-1|<\delta \land x \ne 1$$
$$0<|x-1|<\delta \leftrightarrow |x-1|<\frac{\epsilon}{2} \land x \ne 1$$
$$0<|x-1|<\delta \leftrightarrow |2x-2|<\epsilon \land x \ne 1$$
$$0<|x-1|<\delta \leftrightarrow |(2x+1)-3|<\epsilon \land x \ne 1$$
$$0<|x-1|<\delta \leftrightarrow \left |\frac{(2x+1)(x-1)}{x-1}-3 \right |<\epsilon \land x \ne 1$$
$$0<|x-1|<\delta \leftrightarrow \left |\frac{2x^2-x-1}{x-1}-3 \right |<\epsilon \land x \ne 1$$
Si una persona considera un $\epsilon$ de valor 0,01, entonces otra persona considerara adecuado usar un $\delta$ de 0,005. Y asi se podra seguir indefinidamente. Obviamente en este caso también servirá cualquier valor menor.
En la gráfica se puede apreciar la misma idea
Ejemplo 3. Demostrar que: $\displaystyle \lim_{x\to 1}\;(2x+3)=5.\quad $
Desarrollo
Recordamos que si $L\in\mathbb{R}$
$$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=L\Leftrightarrow \forall \epsilon>0\;\exists\delta >0:\left(\left|x-x_0\right|<\delta\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon\right).$$
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|(2x+3)-5\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|2x-2\right|<\epsilon \Leftrightarrow 2\left|x-1\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|x-1\right|<\epsilon/2$$
Esto impica que considerando $\delta=\frac{\epsilon}{2}$ se cumple que $ \left|(2x+3)-5\right|<\epsilon$ si $\left|x-1\right|<\delta
$, por lo tanto
$$ \displaystyle \lim_{x\to 1}\;(2x+3)=5$$
Ejemplo 4. Demostrar que: $\displaystyle \lim_{x\to 2}\;\left(\frac{2}{3}x-1\right)=\frac{1}{3}.\quad%$
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|\left(\frac{2}{3}x-1\right)-\frac{1}{3}\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|\frac{2}{3}x-\frac{4}{3}\right|<\epsilon$$
$$\Leftrightarrow \frac{2}{3}\left|x-2\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x-2\right|<\frac{3\epsilon}{2} $$
Esto es, tomando $\delta =\left(\frac{3\epsilon}{2}\right)$, se cumple que $$\left|\left(\frac{2x}{3}-1\right)-1/3\right|<\epsilon$$ si $$\left|x-2\right|<\delta$$, por lo tanto
$$\lim_{x\to 2}\;\left(\frac{2x}{3}-1 \right)=\frac{1}{3}$$
Ejemplo 5. Demostrar que:$\displaystyle \; \lim_{x\to 1/2}\;(-x-1)=-\frac{3}{2}$
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|(-x-1)-\left(-\frac{3}{2}\right)\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|-x+\frac{1}{2}\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|x-\frac{1}{2}\right |<\epsilon$$
Esto es, considerando $\delta=\epsilon$ se cumple que $\left|(-x-1)-(-3/2)\right|<\epsilon$ si $\left|x-1/2\right|<\delta$, por lo tanto
$$\displaystyle \lim_{x\to 1/2}\;(-x-1)=\frac{-3}{2}$$
Ejemplo 6. Demostrar que: $\displaystyle\lim_{x\to 0}x^2=0.\quad $
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|x^2-0\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x\right|^2<\epsilon \Leftrightarrow \left|x\right|<\sqrt{\epsilon}$$
Esto es , considerando $\delta=\sqrt{\epsilon}$ se cumple que $\left|x^2-0\right|<\epsilon$ siempre que $\left|x-0\right|<\delta$, por lo tanto
$$\displaystyle \lim_{x\to 0}x^2=0$$
Ejemplo 7. Demostrar que:$ \displaystyle \lim_{x\to 0}x^3\operatorname{sen}x=0$
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|x^3-0\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x\right|^3<\epsilon \Leftrightarrow \left|x\right|<\sqrt[3]{\epsilon} $$
Si consideramos $ \delta=\sqrt[3]{\epsilon}$ y sabiendo que $\left| sen(x)\right|\leq 1$ para todo $x\in\mathbb{R}$
$$\left|x\right|<\delta\Rightarrow \left|x^3\right|<\epsilon\Rightarrow \left|x^3\operatorname{sen}x\right|<\epsilon$$
por consecuencia
$$\displaystyle\lim_{x\to 0}x^3\operatorname{sen}(x)=0$$
Ejemplo 8. Demostrar que $\displaystyle\lim_{x\to 2}\;\left(x^2+x-2\right)=4$
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|\left(x^2+x-2\right)-4\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x^2+x-6\right|<\epsilon$$
$$\Leftrightarrow \left|(x-2)(x+3)\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|<\epsilon.\quad (1)$$
y acotando superiormente la expresion $$\left|x+3\right|$$ en el intervalo centrado en 2 se tendra que
$$\left|x-2\right|\leq 1$$, lo cual implica que se encuentra acotado en el intervalo $[1,3]$, y es en este intervalo donde se puede verificar que
$$4\leq \left|x+3\right|\leq 6$$
por lo tanto sera conveniente determinar que
$$\delta=\min \left\{1,\frac{\epsilon}{6}\right\}$$
si $\delta=1$ se verifica que $1\leq \epsilon /6$, por lo tanto
$$\left|x-2\right|< \delta \Rightarrow \left|x-2\right|< 1\Rightarrow x\in [1,3]\Rightarrow \left|x+3\right|\leq 6$$
$$\Rightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|<1\cdot 6\Rightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|\leq \frac{\epsilon}{6}\cdot 6=\epsilon$$
$$\Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\left(x^2+x-2\right)-4\right|<\epsilon$$
y si $\delta=\epsilon/6$ , bastara $\delta \leq 1$ y seguira siendo cierto que $\left|x+3\right|\leq 6$, por lo que
$$\left|x-2\right|< \delta \Rightarrow \left|x-2\right|< \frac{\epsilon}{6}$$
$$\Rightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|< \frac{\epsilon}{6}\cdot 6=\epsilon$$
$$\Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\left(x^2+x-2\right)-4\right|<\epsilon$$
Ejemplo 9. Demostrar que $\displaystyle\lim_{x\to 3} \frac{2}{x+1} =\frac{1}{2}$
Sea $\epsilon >0$ , entonces
$$\left|\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|\frac{4-(x+1)}{2(x+1)}\right|<\epsilon$$
$$\Leftrightarrow \left|\frac{3-x}{2(x+1)}\right|<\epsilon \Leftrightarrow\frac{\left|x-3\right|}{2|x+1|}<\epsilon.\quad (1)$$
y si acotamos superiormente la expresión $$\dfrac{1}{2\left|x+1\right|}$$
en el intervalo centrado en 3, $\left|x-3\right|\leq 1$ lo cual corresponde al intervalo $[2,4]$.
Obviamente en este intervalo se puede comprobar que
$$\frac{1}{10}\leq \frac{1}{2\left|x+1\right|}\leq \frac{1}{6}$$
y ahora podemos seleccionar $\delta=\min \left\{1,6\epsilon\right\}$
Si $\delta =1$ se comprueba que $1\leq 6\epsilon$ de tal que
$$\left|x-3\right|< \delta \Rightarrow \left|x-3\right|< 1\Rightarrow x\in [2,4]\Rightarrow \frac{1}{2\left|x+3\right|}\leq \frac{1}{6}$$
$$\Rightarrow \frac{\left|x-3\right|}{2\left|x+1\right|}<1\cdot \frac{1}{6}\Rightarrow \frac{\left|x-3\right|}{2\left|x+1\right|}\leq 6\epsilon \cdot\frac{1}{6}=\epsilon$$
$$ \Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon$$
y si $\delta=6\epsilon$, entonces $\delta \leq 1$ y sigue siendo valido que $\dfrac{1}{2\left|x+1\right|}\leq \dfrac{1}{6}$, de tal que
$$\left|x-3\right|< \delta \Rightarrow \left|x-3\right|< 6\epsilon$$
$$\Rightarrow \frac{\left|x-3\right|}{2\left|x+1\right|}<6\epsilon \cdot \frac{1}{6}=\epsilon$$
$$\Rightarrow \;\;\left|\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon.$$
Ejemplo 10. Demostrar que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0$
Nunca debemos olvidar que si $L\in\mathbb{R}$, se cumple que
$$\lim_{x\to +\infty}f(x)=L\Leftrightarrow \forall \epsilon>0\;\exists P:\left(x>P\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon\right)$$
$$\lim_{x\to -\infty}f(x)=L\Leftrightarrow \forall \epsilon<0\;\exists P:\left(x<P\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon\right)$$
y por lo tanto, sea $\epsilon >0$,de tal que
$$\left|\frac{1}{x}-0\right|<\epsilon \Leftrightarrow \frac{1}{\left|x\right|}<\epsilon \Leftrightarrow \left|x\right|>\frac{1}{\epsilon}$$
y si consideramos $P=\dfrac{1}{\epsilon}>0$, si $x>P$ se puede verificar que $$\left|\dfrac{1}{x}-0\right|<\epsilon$$
y por lo tanto
$$\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0$$
Más demostraciones en breve.
¿Tienen ejercicios que quieran revisar?
