16 Límites

Definition 16.1 (Límite).

Diremos que limx→af⁢(x)=l\lim\limits_{x\to a}f(x)=l si para todo ε>0\varepsilon>0 existe δ>0\delta>0 tal que

l−ε<f⁢(x)<l+ε⁢ cuando ⁢a−δ<x<a+δ,x≠a⁢(x⁢ es pto. de acumulacion),l-\varepsilon<f(x)<l+\varepsilon\text{ cuando }a-\delta<x<a+\delta,\quad x\neq a% \;\;(x\text{ es pto. de acumulacion}),

o también, limx→af⁢(x)=l\lim\limits_{x\to a}f(x)=l si ∀ε>0\forall\varepsilon>0 existe un δ>0\delta>0 tal que |f⁢(x)−l|<ε|f(x)-l|<\varepsilon para todo x∈(a−δ,a+δ),x≠ax\in(a-\delta,a+\delta),x\neq a.

Example 16.2.

limx→12⁢x=2\lim\limits_{x\to 1}2x=2.

Cojo un ε>0\varepsilon>0. Tengo que ver que ∃δ>0\exists\delta>0 tal que |2⁢x−2|<ε⁢∀x∈(1−δ,1+δ),x≠1⇒|2x-2|<\varepsilon\;\forall x\in(1-\delta,1+\delta),x\neq 1\Rightarrow

−ε<2⁢x−2<ε⇒2−ε<2⁢x<2+ε-\varepsilon<2x-2<\varepsilon\Rightarrow 2-\varepsilon<2x<2+\varepsilon.

Luego sabemos que 2⁢(1−δ)=2−ε⇒1−δ=2−ε2⇒δ=1−2−ε2=1−1+ε2=ε22(1-\delta)=2-\varepsilon\Rightarrow 1-\delta=\frac{2-\varepsilon}{2}% \Rightarrow\delta=1-\frac{2-\varepsilon}{2}=1-1+\frac{\varepsilon}{2}=\frac{% \varepsilon}{2}.

Tenemos que dado ε>0\varepsilon>0, ∃δ=ε2\exists\delta=\frac{\varepsilon}{2}, 1−ε2<x<1+ε2⇒2−ε<2⁢x<2+ε1-\frac{\varepsilon}{2}<x<1+\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow 2-\varepsilon<2x<% 2+\varepsilon.

Hemos encontrado un δ\delta que cumple lo anterior. Luego limx→a2⁢x=2\lim\limits_{x\to a}2x=2.

Definition 16.3 (Límites laterales).

Sea f⁢(x)f(x) una función definida en ℝ\mathbb{R}.

  • •
    ​

    Diremos que limx→α+f⁢(x)=l\lim\limits_{x\to\alpha^{+}}f(x)=l es un límite lateral por la derecha si ∀ε>0\forall\varepsilon>0 ∃δ>0\;\exists\delta>0 tal que |f⁢(x)−l|<ε\left|f(x)-l\right|<\varepsilon cuando α<x<α+ε\alpha<x<\alpha+\varepsilon.

  • •
    ​

    Diremos que limx→α−f⁢(x)=l\lim\limits_{x\to\alpha^{-}}f(x)=l es un límite lateral por la izquierda si ∀ε>0\forall\varepsilon>0 ∃δ>0\;\exists\delta>0 tal que |f⁢(x)−l|<ε\left|f(x)-l\right|<\varepsilon cuando α−ε<x<α\alpha-\varepsilon<x<\alpha.

Definition 16.4 (Límites infinitos).

Sea f⁢(x)f(x) una función definida en ℝ\mathbb{R}.

  • •
    ​

    Diremos que f⁢(x)f(x) tiende a infinito en un punto α\alpha, limx→α=+∞\lim\limits_{x\to\alpha}=+\infty, si ∀M∈ℝ\forall M\in\mathbb{R} ∃δ>0\;\exists\delta>0 tal que f⁢(x)>Mf(x)>M cuando 0<|x−α|<δ0<\left|x-\alpha\right|<\delta.

  • •
    ​

    Diremos que f⁢(x)f(x) tiende a menos infinito en un punto α\alpha, limx→α=−∞\lim\limits_{x\to\alpha}=-\infty, si ∀m∈ℝ\forall m\in\mathbb{R} ∃δ>0\;\exists\delta>0 tal que f⁢(x)<mf(x)<m cuando 0<|x−α|<δ0<\left|x-\alpha\right|<\delta.

Definition 16.5 (Límites infinitos laterales).

Sea f⁢(x)f(x) una función definida en ℝ\mathbb{R}.

  • •
    ​

    limx→α+f⁢(x)=+∞\lim\limits_{x\to\alpha^{+}}f(x)=+\infty si ∀M∈ℝ⁢∃δ>0\forall M\in\mathbb{R}\;\exists\delta>0 tal que f⁢(x)>Mf(x)>M cuando α<x<α+δ\alpha<x<\alpha+\delta.

  • •
    ​

    limx→α−f⁢(x)=+∞\lim\limits_{x\to\alpha^{-}}f(x)=+\infty si ∀M∈ℝ⁢∃δ>0\forall M\in\mathbb{R}\;\exists\delta>0 tal que f⁢(x)>Mf(x)>M cuando α−δ<x<α\alpha-\delta<x<\alpha.

Esto es análogo para −∞-\infty, aplicando las definiciones anteriores.

Definition 16.6 (Límites en el infinito).

Sea f⁢(x)f(x) una función definida en ℝ\mathbb{R}.

  • •
    ​

    limx→+∞f⁢(x)=l∈ℝ\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=l\in\mathbb{R} si ∀ε>0∈ℝ\forall\varepsilon>0\in\mathbb{R} ∃N∈ℝ\;\exists N\in\mathbb{R} tal que |f⁢(x)−l|<ε\left|f(x)-l\right|<\varepsilon cuando x>Nx>N.

  • •
    ​

    limx→−∞f⁢(x)=l∈ℝ\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=l\in\mathbb{R} si ∀ε>0∈ℝ\forall\varepsilon>0\in\mathbb{R} ∃N∈ℝ\;\exists N\in\mathbb{R} tal que |f⁢(x)−l|<ε\left|f(x)-l\right|<\varepsilon cuando x<Nx<N.

Theorem 16.7 (Unicidad del límite).

Si α\alpha es un punto de acumulacion de D⁢o⁢m⁢fDomf y limx→αf⁢(x)\lim\limits_{x\to\alpha}f(x) existe, entonces es único.

Proof 16.8.

Supongamos que limx→αf⁢(x)=l1\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l_{1} y limx→α=l2\lim\limits_{x\to\alpha}=l_{2}, con l1<l2l_{1}<l_{2} (análogo para l2<l1l_{2}<l_{1}). Cogemos un ε>0\varepsilon>0 tal que (l1−ε,l1+ε)∩(l2−ε,l2+ε)=∅⇒l1+ε<l2−ε⇒2⁢ε<l2−l1⇒ε<l2−l12(l_{1}-\varepsilon,l_{1}+\varepsilon)\cap(l_{2}-\varepsilon,l_{2}+\varepsilon)% =\varnothing\Rightarrow l_{1}+\varepsilon<l_{2}-\varepsilon\Rightarrow 2% \varepsilon<l_{2}-l_{1}\Rightarrow\varepsilon<\frac{l_{2}-l_{1}}{2}.

Como limx→αf⁢(x)=l1⇒\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l_{1}\Rightarrow para ε>0⁢∃δ1>0⁢ tal que ⁢|f⁢(x)−l1|<ε⁢∀x∈D⁢o⁢m⁢f∩(α−δ1,α+δ1),x≠α\varepsilon>0\;\exists\delta_{1}>0\text{ tal que }\left|f(x)-l_{1}\right|<% \varepsilon\;\forall x\in Domf\cap(\alpha-\delta_{1},\alpha+\delta_{1}),x\neq\alpha.

Como limx→αf⁢(x)=l2⇒\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l_{2}\Rightarrow para ε>0⁢∃δ2>0⁢ tal que ⁢|f⁢(x)−l2|<ε⁢∀x∈D⁢o⁢m⁢f∩(α−δ2,α+δ2)\varepsilon>0\;\exists\delta_{2}>0\text{ tal que }\left|f(x)-l_{2}\right|<% \varepsilon\;\forall x\in Domf\cap(\alpha-\delta_{2},\alpha+\delta_{2}), x≠αx\neq\alpha.

Defino δ=min⁡{d1,d2}\delta=\min\left\{d_{1},d_{2}\right\}. Como α\alpha es punto de acumulacion de D⁢o⁢m⁢fDomf, ∃x0∈(α−δ,α+δ)∩D⁢o⁢m⁢f\exists x_{0}\in(\alpha-\delta,\alpha+\delta)\cap Domf con x0≠αx_{0}\neq\alpha que cumple

|f⁢(x0)−l1|<ε⇒−ε<f⁢(x0)−l1<ε⇒l1−ε<f⁢(x0)<l1+ε\left|f(x_{0})-l_{1}\right|<\varepsilon\Rightarrow-\varepsilon<f(x_{0})-l_{1}<% \varepsilon\Rightarrow l_{1}-\varepsilon<f(x_{0})<l_{1}+\varepsilon

y también

|f⁢(x0)−l2|<ε⇒l2−ε<f⁢(x0)<l2+ε\left|f(x_{0})-l_{2}\right|<\varepsilon\Rightarrow l_{2}-\varepsilon<f(x_{0})<% l_{2}+\varepsilon

Luego f⁢(x0)∈(l1−ε,l1+ε)∩(l2−ε,l2+ε)f(x_{0})\in(l_{1}-\varepsilon,l_{1}+\varepsilon)\cap(l_{2}-\varepsilon,l_{2}+\varepsilon). Esto es una contradicción con que los intervalos son disjuntos, como habíamos supuesto inicialmente.

Proposition 16.9 (Criterio de sucesiones).

Sea f:A→ℝf\colon A\to\mathbb{R} y α\alpha un punto de acumulación. Entonces

limx→αf⁢(x)=l⇔(∀(xn)⊂A,xn⁢⟶n→∞⁢α,xn≠α⇒f⁢(xn)⁢⟶n→∞⁢l)\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l\iff(\forall(x_{n})\subset A,x_{n}\overset{n% \rightarrow\infty}{\longrightarrow}\alpha,x_{n}\neq\alpha\Rightarrow f(x_{n})% \overset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}l)
Proof 16.10.
⇒\Rightarrow

] Supongamos que limx→αf⁢(x)=l\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l. Sea (xn)(x_{n}), xn⁢⟶n→∞⁢αx_{n}\overset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\alpha con xn≠αx_{n}\neq\alpha. Tenemos que ver que {f⁢(xn)}\left\{f(x_{n})\right\} converge a ll ⇒∀ε>0⁢∃n0∈ℕ/|f⁢(xn)−l|<ε⁢∀n≥n0\Rightarrow\forall\varepsilon>0\;\exists n_{0}\in\mathbb{N}/\left|f(x_{n})-l% \right|<\varepsilon\;\forall n\geq n_{0}.

Sea ε>0\varepsilon>0. Sabemos que (*) limx→αf⁢(x)=l\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l, es decir, ∃δ>0\exists\delta>0 de forma que |f⁢(x)−l|<ε⁢∀x∈A∩(α−δ,α+δ)\left|f(x)-l\right|<\varepsilon\;\forall x\in A\cap(\alpha-\delta,\alpha+\delta), x≠αx\neq\alpha.

También sabemos que xn→αx_{n}\rightarrow\alpha, xn≠αx_{n}\neq\alpha, luego para δ>0\delta>0, existe n0∈ℕn_{0}\in\mathbb{N} tal que |xn−α|<δ⁢∀n≥n0\left|x_{n}-\alpha\right|<\delta\;\forall n\geq n_{0}. Entonces, por (*) tenemos que |f⁢(xn)−l|<ε⁢∀n≥n0\left|f(x_{n})-l\right|<\varepsilon\;\forall n\geq n_{0} ya que xn∈Ax_{n}\in A, |xn−α|<δ\left|x_{n}-\alpha\right|<\delta. Por tanto, limn→∞f⁢(xn)=l\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n})=l.

⇐\Leftarrow

] Supongamos que no existe limx→αf⁢(x)\lim\limits_{x\to\alpha}f(x) y veamos que esto implica lo contrario de la hipótesis, es decir, que ∃{xn}⊂A,xn→α,xn≠α\exists\left\{x_{n}\right\}\subset A,x_{n}\rightarrow\alpha,x_{n}\neq\alpha tal que f⁢(xn)⁢→⁢lf(x_{n})\cancel{\rightarrow}l.

Si ∃⁢limx→αf⁢(x)=l,∃ε>0\cancel{\exists}\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l,\exists\varepsilon>0 tal que ∀δ>0⁢∃x∈A∩(α−δ,α+δ),x≠α,\forall\delta>0\;\exists x\in A\cap(\alpha-\delta,\alpha+\delta),x\neq\alpha, tal que |f⁢(x)−l|≥ε\left|f(x)-l\right|\geq\varepsilon. Elegimos δ=1n\delta=\frac{1}{n} con n∈ℕ⇒∃xn∈A∩(α−δ,α+δ)n\in\mathbb{N}\Rightarrow\exists x_{n}\in A\cap(\alpha-\delta,\alpha+\delta) tal que |f⁢(xn)−l|≥ε\left|f(x_{n})-l\right|\geq\varepsilon. Entonces xn∈(α−1n,α+1n)⇒xn→αx_{n}\in(\alpha-\frac{1}{n},\alpha+\frac{1}{n})\Rightarrow x_{n}\rightarrow\alpha. Tambien tenemos que |f⁢(xn)−l|≥ε\left|f(x_{n})-l\right|\geq\varepsilon, luego f⁢(xn)⁢→⁢lf(x_{n})\cancel{\rightarrow}l.

Proposition 16.11.

Supongamos que limx→αf⁢(x)=l\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l y limx→αg⁢(x)=m\lim\limits_{x\to\alpha}g(x)=m, entonces

  • •
    ​

    limx→αf⁢(x)+g⁢(x)=l+m\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)+g(x)=l+m

  • •
    ​

    limx→αλ⁢f⁢(x)=λ⋅l,λ∈ℝ\lim\limits_{x\to\alpha}\lambda f(x)=\lambda\cdot l,\lambda\in\mathbb{R}

  • •
    ​

    limx→αf⁢(x)⁢g⁢(x)=l⋅m\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)g(x)=l\cdot m

  • •
    ​

    limx→αf⁢(x)g⁢(x)=lm\lim\limits_{x\to\alpha}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{l}{m}

  • •
    ​

    limx→αf⁢(x)g⁢(x)=lm\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)^{g(x)}=l^{m}

Proof 16.12.

Probaremos el primer resultado utilizando la definición de límite.

  • •
    ​

    Tenemos que probar que, dado ε>0,∃δ>0\varepsilon>0,\exists\delta>0 tal que |f⁢(x)+g⁢(x)−(l+m)|<ε⁢∀x∈D⁢o⁢m⁢(f+g)∩(α−δ,α+δ)\left|f(x)+g(x)-(l+m)\right|<\varepsilon\;\forall x\in Dom(f+g)\cap(\alpha-% \delta,\alpha+\delta) con x≠αx\neq\alpha.

    Sea ε2>0\frac{\varepsilon}{2}>0. Sabemos que ∃δ1>0/|f⁢(x)−l|<ε2⁢∀x∈D⁢o⁢m⁢f∩(α−δ1,α+δ1)\exists\delta_{1}>0/\left|f(x)-l\right|<\frac{\varepsilon}{2}\;\forall x\in Domf% \cap(\alpha-\delta_{1},\alpha+\delta_{1}). Tambien ∃δ2>0/|g⁢(x)−m|<ε2⁢∀x∈D⁢o⁢m⁢g∩(α−δ2,α+δ2)\exists\delta_{2}>0/\left|g(x)-m\right|<\frac{\varepsilon}{2}\;\forall x\in Domg% \cap(\alpha-\delta_{2},\alpha+\delta_{2}).

    Definimos δ=min⁡{δ1,δ2}>0\delta=\min\left\{\delta_{1},\delta_{2}\right\}>0 y entonces se tiene que, ∀x∈D⁢o⁢m⁢(f+g)∩(a−δ,a+δ)\forall x\in Dom(f+g)\cap(a-\delta,a+\delta),

    |f⁢(x)+g⁢(x)−(l+m)|=|f⁢(x)−l+g⁢(x)−m|≤|f⁢(x)−l|+|g⁢(x)−m|<ε2+ε2=ε\left|f(x)+g(x)-(l+m)\right|=\left|f(x)-l+g(x)-m\right|\leq\left|f(x)-l\right|% +\left|g(x)-m\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon

Todas las propiedades se pueden demostrar o bien de este modo o bien por sucesiones, aplicando la caracterización 16.9. Probaremos también la propiedad del límite del producto de funciones siguiendo el segundo método:

  • •
    ​

    Sea (xn)(x_{n}) cualquier sucesión en AA tal que xn≠α⁢∀n∈ℕx_{n}\neq\alpha\;\forall n\in\mathbb{N} y limn→∞xn=α\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=\alpha. Por el teorema 16.9 se obtiene que limn→∞f⁢(xn)=l\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n})=l y limn→∞g⁢(xn)=m\lim\limits_{n\to\infty}g(x_{n})=m.

    Por lo tanto, aplicando las propiedades de límites de sucesiones (8.5), llegamos a que

    limn→∞f⁢(xn)⁢g⁢(xn)=(limn→∞f⁢(xn))⁢(limn→∞g⁢(xn))=l⋅m.\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n})g(x_{n})=(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n}))(% \lim\limits_{n\to\infty}g(x_{n}))=l\cdot m.

    Luego, aplicando de nuevo el teorema 16.9,

    limx→αf⁢(x)⁢g⁢(x)=limn→∞f⁢(xn)⁢g⁢(xn)=l⋅m.\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)g(x)=\lim\limits_{n\to\infty}f(x_{n})g(x_{n})=l% \cdot m.
Proposition 16.13.

Supongamos que limx→αf⁢(x)=l\lim\limits_{x\to\alpha}f(x)=l y limy→lh⁢(y)=m\lim\limits_{y\to l}h(y)=m, entonces limx→αh⁢(f⁢(x))=m\lim\limits_{x\to\alpha}h(f(x))=m.

Proposition 16.14 (Regla del sandwich).

Sea A⊆RA\subseteq R, sean f,g,h:A→ℝf,g,h\colon A\to\mathbb{R} y sea c∈ℝc\in\mathbb{R} un punto de acumulacion de AA. Si

f⁢(x)≤g⁢(x)≤h⁢(x) para toda x∈A,x≠c,f(x)\leq g(x)\leq h(x)\quad\text{ para toda }\quad x\in A,x\neq c,

y si limx→cf=L=limx→ch\lim\limits_{x\to c}f=L=\lim\limits_{x\to c}h, entonces limx→cg=L\lim\limits_{x\to c}g=L.

Example 16.15.
  • •
    ​

    limx→∞e−x⁢s⁢e⁢n⁢x\lim\limits_{x\to\infty}e^{-x}senx.

    Sabemos que −1≤sin⁡x≤1⁢∀x∈ℝ⇒−e−x≤e−x⁢sin⁡x≤e−x-1\leq\sin x\leq 1\;\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow-e^{-x}\leq e^{-x}\sin x% \leq e^{-x}.

    Como (−1)⁢e−x⁢⟶x→∞⁢0(-1)e^{-x}\overset{x\to\infty}{\longrightarrow}0 y e−x⁢⟶x→∞⁢0e^{-x}\overset{x\to\infty}{\longrightarrow}0, aplicando la regla del sandwich, limx→∞e−x⁢s⁢e⁢n⁢x=0\lim\limits_{x\to\infty}e^{-x}senx=0.

  • •
    ​

    limx→0x⁢cos⁡1x\lim\limits_{x\to 0}x\cos\frac{1}{x}. Sabemos que −1≤cos⁡1x≤1⁢∀x∈ℝ∖{0}-1\leq\cos\frac{1}{x}\leq 1\;\forall x\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}.

    limx→0+x⁢cos⁡1x\lim\limits_{x\to 0^{+}}x\cos\frac{1}{x}: −1≤cos⁡1x≤1⇒−x(→0)≤x⋅cos⁡1x≤x(→0)-1\leq\cos\frac{1}{x}\leq 1\Rightarrow-x(\rightarrow 0)\leq x\cdot\cos\frac{1}% {x}\leq x(\rightarrow 0). Por tanto, limx→0+x⁢cos⁡1x=0\lim\limits_{x\to 0^{+}}x\cos\frac{1}{x}=0.

    limx→0−x⁢cos⁡1x\lim\limits_{x\to 0^{-}}x\cos\frac{1}{x}: −1≤cos⁡1x≤1⇒−x(→0)≥x⁢cos⁡1x≥x(→0)-1\leq\cos\frac{1}{x}\leq 1\Rightarrow-x(\rightarrow 0)\geq x\cos\frac{1}{x}% \geq x(\rightarrow 0). Luego limx→0−x⁢cos⁡1x=0\lim\limits_{x\to 0^{-}}x\cos\frac{1}{x}=0.

    Entonces limx→0x⁢cos⁡1x=0.\lim\limits_{x\to 0}x\cos\frac{1}{x}=0.

    Otra forma es considerar el valor absoluto: limx→0|x⁢cos⁡1x|=limx→0|x|⁢|cos⁡1x|\lim\limits_{x\to 0}\left|x\cos\frac{1}{x}\right|=\lim\limits_{x\to 0}\left|x% \right|\left|\cos\frac{1}{x}\right|

    0≤|cos⁡1x|≤1⇒0≤|x|⁢|cos⁡1x|≤|x|0\leq\left|\cos\frac{1}{x}\right|\leq 1\Rightarrow 0\leq\left|x\right|\left|% \cos\frac{1}{x}\right|\leq\left|x\right|. Como 0→00\rightarrow 0 y |x|→0\left|x\right|\rightarrow 0, limx→0|x⁢cos⁡1x|=0\lim\limits_{x\to 0}\left|x\cos\frac{1}{x}\right|=0.

Proposition 16.16.

Sea A⊆ℝA\subseteq\mathbb{R}, sea f:A→ℝf\colon A\to\mathbb{R} y sea c∈ℝc\in\mathbb{R} un punto de acumulación de AA. Si limx→cf⁢(x)>0\lim\limits_{x\to c}f(x)>0, entonces ∃δ>0\exists\delta>0 tal que si x∈(c−δ,c+δ),x≠cx\in(c-\delta,c+\delta),x\neq c, f⁢(x)>0f(x)>0.44 4 También se puede demostrar que si el límite es negativo la función es negativa alrededor (similar).

Proof 16.17.

Supongamos que limx→cf⁢(x)=l\lim\limits_{x\to c}f(x)=l, con l>0l>0. Tomamos ϵ=12⁢l>0\epsilon=\frac{1}{2}l>0 y, aplicando la definición de límite, se tiene que ∃δ>0\exists\delta>0 tal que si 0<|x−c|<δ0<\left|x-c\right|<\delta y x∈Ax\in A, entonces |f⁢(x)−l|<12⁢l\left|f(x)-l\right|<\frac{1}{2}l. Luego −12⁢l<f⁢(x)−l<12⁢l⇒12⁢l<f⁢(x)<32⁢l-\frac{1}{2}l<f(x)-l<\frac{1}{2}l\Rightarrow\frac{1}{2}l<f(x)<\frac{3}{2}l. En particular, f⁢(x)>12⁢l>0f(x)>\frac{1}{2}l>0.