Límites, por definición.

  Cálculo

¿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?

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