16 Límites

Definición IV.6 (Límite).

Diremos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to a}f(x)=l$ si para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que

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, $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to a}f(x)=l$ si $\forall\varepsilon>0$ existe un $\delta>0$ tal que $|f(x)-l|<\varepsilon$ para todo $x\in(a-\delta,a+\delta),x\neq a$ .

Ejemplo IV.3.

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 1}2x=2$ .

Cojo un $\varepsilon>0$ . Tengo que ver que $\exists\delta>0$ tal que $|2x-2|<\varepsilon\;\forall x\in(1-\delta,1+\delta),x\neq 1\Rightarrow$

$-\varepsilon<2x-2<\varepsilon\Rightarrow 2-\varepsilon<2x<2+\varepsilon$ .

Luego sabemos que $2(1-\delta)=2-\varepsilon\Rightarrow 1-\delta=\frac{2-\varepsilon}{2}% \Rightarrow\delta=1-\frac{2-\varepsilon}{2}=1-1+\frac{\varepsilon}{2}=\frac{% \varepsilon}{2}$ .

Tenemos que dado $\varepsilon>0$ , $\exists\delta=\frac{\varepsilon}{2}$ , $1-\frac{\varepsilon}{2}<x<1+\frac{\varepsilon}{2}\Rightarrow 2-\varepsilon<2x<% 2+\varepsilon$ .

Hemos encontrado un $\delta$ que cumple lo anterior. Luego $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to a}2x=2$ .

Definición IV.7 (Límites laterales).

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

Diremos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha^{+}}f(x)=l$ es un límite lateral por la derecha si $\forall\varepsilon>0$ $\;\exists\delta>0$ tal que $\left|f(x)-l\right|<\varepsilon$ cuando $\alpha<x<\alpha+\varepsilon$ .
Diremos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha^{-}}f(x)=l$ es un límite lateral por la izquierda si $\forall\varepsilon>0$ $\;\exists\delta>0$ tal que $\left|f(x)-l\right|<\varepsilon$ cuando $\alpha-\varepsilon<x<\alpha$ .

Definición IV.8 (Límites infinitos).

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

Diremos que $f(x)$ tiende a infinito en un punto $\alpha$ , $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}=+\infty$ , si $\forall M\in\mathbb{R}$ $\;\exists\delta>0$ tal que $f(x)>M$ cuando $0<\left|x-\alpha\right|<\delta$ .
Diremos que $f(x)$ tiende a menos infinito en un punto $\alpha$ , $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}=-\infty$ , si $\forall m\in\mathbb{R}$ $\;\exists\delta>0$ tal que $f(x)<m$ cuando $0<\left|x-\alpha\right|<\delta$ .

Definición IV.9 (Límites infinitos laterales).

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

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha^{+}}f(x)=+\infty$ si $\forall M\in\mathbb{R}\;\exists\delta>0$ tal que $f(x)>M$ cuando $\alpha<x<\alpha+\delta$ .
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha^{-}}f(x)=+\infty$ si $\forall M\in\mathbb{R}\;\exists\delta>0$ tal que $f(x)>M$ cuando $\alpha-\delta<x<\alpha$ .

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

Definición IV.10 (Límites en el infinito).

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

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to+\infty}f(x)=l\in% \mathbb{R}$ si $\forall\varepsilon>0\in\mathbb{R}$ $\;\exists N\in\mathbb{R}$ tal que $\left|f(x)-l\right|<\varepsilon$ cuando $x>N$ .
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to-\infty}f(x)=l\in% \mathbb{R}$ si $\forall\varepsilon>0\in\mathbb{R}$ $\;\exists N\in\mathbb{R}$ tal que $\left|f(x)-l\right|<\varepsilon$ cuando $x<N$ .

Teorema IV.1 (Unicidad del límite).

Si $\alpha$ es un punto de acumulacion de $Domf$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)$ existe, entonces es único.

Demostración.

Supongamos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l_{1}$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}=l_{2}$ , con $l_{1}<l_{2}$ (análogo para $l_{2}<l_{1}$ ). Cogemos un $\varepsilon>0$ tal que $(l_{1}-\varepsilon,l_{1}+\varepsilon)\cap(l_{2}-\varepsilon,l_{2}+\varepsilon)% =\varnothing\Rightarrow l_{1}+\varepsilon<l_{2}-\varepsilon\Rightarrow 2% \varepsilon<l_{2}-l_{1}\Rightarrow\varepsilon<\frac{l_{2}-l_{1}}{2}$ .

Como $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l_{1}\Rightarrow$ para $\varepsilon>0\;\exists\delta_{1}>0\text{ tal que }\left|f(x)-l_{1}\right|<% \varepsilon\;\forall x\in Domf\cap(\alpha-\delta_{1},\alpha+\delta_{1}),x\neq\alpha$ .

Como $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l_{2}\Rightarrow$ para $\varepsilon>0\;\exists\delta_{2}>0\text{ tal que }\left|f(x)-l_{2}\right|<% \varepsilon\;\forall x\in Domf\cap(\alpha-\delta_{2},\alpha+\delta_{2})$ , $x\neq\alpha$ .

Defino $\delta=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}\left\{d_{1},d_{2}\right\}$ . Como $\alpha$ es punto de acumulacion de $Domf$ , $\exists x_{0}\in(\alpha-\delta,\alpha+\delta)\cap Domf$ con $x_{0}\neq\alpha$ que cumple

\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

\left|f(x_{0})-l_{2}\right|<\varepsilon\Rightarrow l_{2}-\varepsilon<f(x_{0})<% l_{2}+\varepsilon

Luego $f(x_{0})\in(l_{1}-\varepsilon,l_{1}+\varepsilon)\cap(l_{2}-\varepsilon,l_{2}+\varepsilon)$ . Esto es una contradicción con que los intervalos son disjuntos, como habíamos supuesto inicialmente. ∎

Proposición IV.3 (Criterio de sucesiones).

Sea $f\colon A\to\mathbb{R}$ y $\alpha$ un punto de acumulación. Entonces

\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\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)

Demostración.

$\Rightarrow$: ] Supongamos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l$ . Sea $(x_{n})$ , $x_{n}\overset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\alpha$ con $x_{n}\neq\alpha$ . Tenemos que ver que $\left\{f(x_{n})\right\}$ converge a $l$ $\Rightarrow\forall\varepsilon>0\;\exists n_{0}\in\mathbb{N}/\left|f(x_{n})-l% \right|<\varepsilon\;\forall n\geq n_{0}$ .

Sea $\varepsilon>0$ . Sabemos que (*) $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l$ , es decir, $\exists\delta>0$ de forma que $\left|f(x)-l\right|<\varepsilon\;\forall x\in A\cap(\alpha-\delta,\alpha+\delta)$ , $x\neq\alpha$ .

También sabemos que $x_{n}\rightarrow\alpha$ , $x_{n}\neq\alpha$ , luego para $\delta>0$ , existe $n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\left|x_{n}-\alpha\right|<\delta\;\forall n\geq n_{0}$ . Entonces, por (*) tenemos que $\left|f(x_{n})-l\right|<\varepsilon\;\forall n\geq n_{0}$ ya que $x_{n}\in A$ , $\left|x_{n}-\alpha\right|<\delta$ . Por tanto, $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}f(x_{n})=l$ .
$\Leftarrow$: ] Supongamos que no existe $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)$ y veamos que esto implica lo contrario de la hipótesis, es decir, que $\exists\left\{x_{n}\right\}\subset A,x_{n}\rightarrow\alpha,x_{n}\neq\alpha$ tal que $f(x_{n})\cancel{\rightarrow}l$ .

Si $\cancel{\exists}\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}% f(x)=l,\exists\varepsilon>0$ tal que $\forall\delta>0\;\exists x\in A\cap(\alpha-\delta,\alpha+\delta),x\neq\alpha,$ tal que $\left|f(x)-l\right|\geq\varepsilon$ . Elegimos $\delta=\frac{1}{n}$ con $n\in\mathbb{N}\Rightarrow\exists x_{n}\in A\cap(\alpha-\delta,\alpha+\delta)$ tal que $\left|f(x_{n})-l\right|\geq\varepsilon$ . Entonces $x_{n}\in(\alpha-\frac{1}{n},\alpha+\frac{1}{n})\Rightarrow x_{n}\rightarrow\alpha$ . Tambien tenemos que $\left|f(x_{n})-l\right|\geq\varepsilon$ , luego $f(x_{n})\cancel{\rightarrow}l$ .

∎

Proposición IV.4.

Supongamos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}g(x)=m$ , entonces

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)+g(x)=l+m$
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}\lambda f(x)=% \lambda\cdot l,\lambda\in\mathbb{R}$
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)g(x)=l\cdot m$
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}\frac{f(x)}{g(x)% }=\frac{l}{m}$
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)^{g(x)}=l^{m}$

Demostración.

Probaremos el primer resultado utilizando la definición de límite.

Tenemos que probar que, dado $\varepsilon>0,\exists\delta>0$ tal que $\left|f(x)+g(x)-(l+m)\right|<\varepsilon\;\forall x\in Dom(f+g)\cap(\alpha-% \delta,\alpha+\delta)$ con $x\neq\alpha$ .

Sea $\frac{\varepsilon}{2}>0$ . Sabemos que $\exists\delta_{1}>0/\left|f(x)-l\right|<\frac{\varepsilon}{2}\;\forall x\in Domf% \cap(\alpha-\delta_{1},\alpha+\delta_{1})$ . Tambien $\exists\delta_{2}>0/\left|g(x)-m\right|<\frac{\varepsilon}{2}\;\forall x\in Domg% \cap(\alpha-\delta_{2},\alpha+\delta_{2})$ .

Definimos $\delta=\mathop{\operator@font m\acute{{\imath}}n}\left\{\delta_{1},\delta_{2}% \right\}>0$ y entonces se tiene que, $\forall x\in Dom(f+g)\cap(a-\delta,a+\delta)$ ,

${}\left|f(x)+g(x)-(l+m)\right|=\left|f(x)-l+g(x)-m\right|\leq\left|f(x)-l% \right|+\left|g(x)-m\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$

Todas las propiedades se pueden demostrar o bien de este modo o bien por sucesiones, aplicando la caracterización IV.3. Probaremos también la propiedad del límite del producto de funciones siguiendo el segundo método:

Sea $(x_{n})$ cualquier sucesión en $A$ tal que $x_{n}\neq\alpha\;\forall n\in\mathbb{N}$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}x_{n}=\alpha$ . Por el teorema IV.3 se obtiene que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}f(x_{n})=l$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}g(x_{n})=m$ .

Por lo tanto, aplicando las propiedades de límites de sucesiones (II.4), llegamos a que

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}f(x_{n})g(x_{n})% =(\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}f(x_{n}))(% \mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}g(x_{n}))=l\cdot m% \mathchar 46\relax$

Luego, aplicando de nuevo el teorema IV.3,

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)g(x)=\mathop% {\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}f(x_{n})g(x_{n})=l\cdot m% \mathchar 46\relax$

∎

Proposición IV.5.

Supongamos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}f(x)=l$ y $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{y\to l}h(y)=m$ , entonces $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\alpha}h(f(x))=m$ .

Proposición IV.6 (Regla del sandwich).

Sea $A\subseteq R$ , sean $f,g,h\colon A\to\mathbb{R}$ y sea $c\in\mathbb{R}$ un punto de acumulacion de $A$ . Si

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

y si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to c}f=L=\mathop{% \operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to c}h$ , entonces $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to c}g=L$ .

Ejemplo IV.4.

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\infty}e^{-x}senx$ .

Sabemos que $-1\leq\sin x\leq 1\;\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow-e^{-x}\leq e^{-x}\sin x% \leq e^{-x}$ .

Como $(-1)e^{-x}\overset{x\to\infty}{\longrightarrow}0$ y $e^{-x}\overset{x\to\infty}{\longrightarrow}0$ , aplicando la regla del sandwich, $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to\infty}e^{-x}senx=0$ .
$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0}x\cos\frac{1}{x}$ . Sabemos que $-1\leq\cos\frac{1}{x}\leq 1\;\forall x\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}$ .

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0^{+}}x\cos\frac{1}{x}$ : $-1\leq\cos\frac{1}{x}\leq 1\Rightarrow-x(\rightarrow 0)\leq x\cdot\cos\frac{1}% {x}\leq x(\rightarrow 0)$ . Por tanto, $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0^{+}}x\cos\frac{1}{x}=0$ .

$\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0^{-}}x\cos\frac{1}{x}$ : $-1\leq\cos\frac{1}{x}\leq 1\Rightarrow-x(\rightarrow 0)\geq x\cos\frac{1}{x}% \geq x(\rightarrow 0)$ . Luego $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0^{-}}x\cos\frac{1}{x}=0$ .

Entonces $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0}x\cos\frac{1}{x}=0% \mathchar 46\relax$

Otra forma es considerar el valor absoluto: $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0}\left|x\cos\frac{1}{% x}\right|=\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0}\left|x% \right|\left|\cos\frac{1}{x}\right|$

$0\leq\left|\cos\frac{1}{x}\right|\leq 1\Rightarrow 0\leq\left|x\right|\left|% \cos\frac{1}{x}\right|\leq\left|x\right|$ . Como $0\rightarrow 0$ y $\left|x\right|\rightarrow 0$ , $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to 0}\left|x\cos\frac{1}{% x}\right|=0$ .

Proposición IV.7.

Sea $A\subseteq\mathbb{R}$ , sea $f\colon A\to\mathbb{R}$ y sea $c\in\mathbb{R}$ un punto de acumulación de $A$ . Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to c}f(x)>0$ , entonces $\exists\delta>0$ tal que si $x\in(c-\delta,c+\delta),x\neq c$ , $f(x)>0$ .⁴⁴ 4 También se puede demostrar que si el límite es negativo la función es negativa alrededor (similar).

Demostración.

Supongamos que $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to c}f(x)=l$ , con $l>0$ . Tomamos $\epsilon=\frac{1}{2}l>0$ y, aplicando la definición de límite, se tiene que $\exists\delta>0$ tal que si $0<\left|x-c\right|<\delta$ y $x\in A$ , entonces $\left|f(x)-l\right|<\frac{1}{2}l$ . Luego $-\frac{1}{2}l<f(x)-l<\frac{1}{2}l\Rightarrow\frac{1}{2}l<f(x)<\frac{3}{2}l$ . En particular, $f(x)>\frac{1}{2}l>0$ . ∎