C P x 1
tan sen x
x 0
cos x
A 1 − cos
LÍMITE DE FUNCIONES AUTOR:
JUAN ALFREDO HUAMANCHAQUI QUISPE
.
Índi e General 1. Teoría de límites de fun iones
Ve indad . . . . . . . . . . . . . . . Límites de fun iones . . . . . . . . Límites laterales de fun iones . . . . Límites al in nitos de fun iones . . Límites en el in nito de fun iones . Límites de fun iones trigonométri os Límites de fun iones exponen iales .
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Bibliografía
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Li : Juan A. Huaman haqui
Cap´ıtulo
1
Teoría de límites de fun iones Ve indad De ni ión 1.0.1.
intervalo abierto de entro por
Vδ (x0).
x0 y radio δ > 0, al x0 − δ y x0 + δ , y se denota
Se llama ve indad de entro
x0
y extremos
Esto es,
Vδ (x0) = hx0 − δ, x0 + δi δ x0 − δ
δ x0
x0 + δ
Observa ión: La de ni ión de ve indad tiene una equivalen ia on el
valor absoluto
x ∈ Vδ (x0) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
x ∈ hx0 − δ, x0 + δi x0 − δ < x < x0 + δ −δ < x − x0 < δ |x − x0| < δ
Ejemplo: 1. Todo intervalo abierto ha, bi es una ve indad. Resolu ión: Vemos en el grá o que: 3
VECINDAD
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δ
δ x0
a
b
a+b a−b y el radio es δ = . 2 2 a+b Enton es on luimos que Vδ (x) = ha, bi, donde x0 = yδ= 2 a−b . 2
el entro de la ve indad es x0 =
2. Para ada x ∈ ha, bi existe una ve indad Vδ (x) ontenido en el intervalo ha, bi.
Solu ión:
δ a
δ x
b
Si x ∈ ha, bi, se de ne un δ = m´ın{|b − x|, |x − a|}, por lo tanto la ve indad Vδ (x) esta ontenido en el intervalo abierto ha, bi. En efe to: Sea y ∈ Vδ (x) enton es x − δ < y < x + δ, omo δ ≤ b−x y −x+a ≤ −δ (¾?). Con luimos a < y < b; esto es, y ∈ ha, bi. Por lo tanto Vδ (x) ⊂ ha, bi on x ∈ ha, bi y δ = m´ın{|b−x|, |x−a|}.
De ni ión: Se llama entorno de x0 a ualquier intervalo abierto que
ontenga a x0, y será denotado por N (x0).
Observa ión:
El punto x0 no es ne esariamente el punto medio. Toda ve indad es un entorno. Todo entorno ontiene al menos una ve indad.
Nota: Sea f una fun ión y A un sub onjunto del dominio de f y f (A) el onjunto de imágenes de A via f . Si la ve indad Vǫ (L), de entro L y P
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VECINDAD
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radio ǫ, enton es tenemos la siguiente equivalen ia: f (A) ⊂ Vǫ (L) ⇔ |f (x) − L| < ǫ, ∀x ∈ A ⊂ Dom(f ) ⇔ x ∈ A → |f (x) − L| < ǫ
En efe to: f (x) ∈ f (A) ⊂ Vǫ (L) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
f (x) ⊂ Vǫ (L) si x ∈ A f (x) ∈ hL − ǫ, L + ǫi si x ∈ A L − ǫ < f (x) < L + ǫ si x ∈ A ǫ < f (x) − L < ǫ si x ∈ A |f (x) − L| < ǫ, si x ∈ A
L+ǫ
f
f (A) L Nǫ (L)
f (x) L
x L−ǫ
A
De ni ión 1.0.2. Se δ>0
llamará ve indad redu ida de entro
a toda ve indad de entro en
x0
y radio
δ>0
x0
y radio
menos el punto
x0 ,
p y será denotado por Vδ (x0). Esto es;
Vδp (x0) = Vδ (x0) − {x0} = hx0 − δ, x0i ∪ hx0 , x0 + δi
de forma análogo on la ve indad podemos extraer la equivalen ia P
x ∈ Vδp (x0) si y sólo si 0 < |x0 − x| < δ
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x0 − δ
x0 + δ
x0
Nota: Se llama entorna redu ido de x0 aquellos entornos N (x0) a lo que
extraeremos el punto x0, y es denotado por N p (xo ), esto quiere de ir que
N p (xo) = N (x0) − {x0}
x0 N p(x0)
De ni ión 1.0.3.
Un punto
x0
(no ne esariamente pertene iente al
A) se llama punto de a umula ión del onjunto A, si ualquier ve indad Vδ (x0 ) de x0 ontiene al menos un elemento x pertene iente al onjunto A y distinto de x0 , simbóli amente
onjunto
x0 ∈ A
es punto de a umula ión
⇔ A ∩ Vδp (x0) 6= 0, ∀δ > 0
Ejemplo Sea el onjunto ha, b] ∪ {c} on a < b < c. Demuestre que
los punto a y b son puntos de a umula ión, pero c no es un punto de a umula ión.
Solu ión:
a) Para que a sea un punto de a umula ión deberá umplir: ∀δ > 0, ∃x ∈ ha, b] − {a}/x ∈ ha − δ, a + δi δ Sea δ > 0, basta tomar un x = a + , enton es vemos que x ∈ ha, bi 2 y x ∈ ha − δ, a + δi. Por lo tanto a es un punto de a umula ión
b) Para demostrar que b es un punto de a umula ión en ha, b] debe
umplir que: ∀δ > 0, ∃x ∈ ha, b] − {b}/x ∈ hb − δ, b + δi δ Sea δ > 0, de nimos un x = b + , enton es vemos que x ∈ ha, bi y 2 x ∈ hb − δ, b + δi. Por lo tanto b es un punto de a umula ión P
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) Para demostrar que c no es un punto de a umula ión debemos ha er que ∃δ > 0/∀x ∈ ha, b] ∪ {c} − {c} → x ∈ / hc − δ, c + δi. c+b
basta de nir un δ = , enton es para ada x ∈ ha, b] ∪ {c} − {c} 2
umple que x ∈ / hc − δ, c + δi. Por lo tanto on luimos que c no es un punto de a umula ión
Ahora on las de ni iones dadas anteriormente, podemos de nir la no ión de límites
Límites de fun iones De ni ión 1.0.4. El número L se llama límite de una fun ión f
x0 pertene e al dominio de la fun ión f ) si (sólo si) para ada ve indad Vǫ (L) es posible en ontrar una ve indad Vδp (x0) (δ depende de ǫ y x0) tal que si x ∈ Dom(f ) ∧ Vδp (x0) enton es f (x) ∈ Vǫ (L) punto
x0
en el
(no ne esariamente
O equivalentemente.
ǫ > 0, existe un δ > 0 tal que si x ∈ Dom(f )∧0 < |x−x0| < δ |f (x) − L| < ǫ. Y se simboliza por:
Para ada enton es
l´ım f (x) = L
x→x0
Esto quiere de ir que: l´ım f (x) = L ⇔ ∀ǫ > 0, ∃δ > 0/x ∈ Dom(f )∧0 < |x−x0| < δ → |f (x)−L| < ǫ
x→x0
Podemos ver mediante la grá a.
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f
L+ǫ f (x) L
L−ǫ
x0 − δ
x0
x0 + δ
Sugeren ia para ha er las demostra iones en límites Ejemplo: Demuestre que x→x l´ım f (x) = L Solu ión: nos piden: 0
Dado ualquier ǫ > 0, se debe en ontrar un δ > 0 tal que si x ∈ Dom(f ) ∧ 0 < |x − x0| < δ enton es |f (x) − L| < ǫ.
1. Tomando la expresión |f (x) − L|, y ha iendo opera iones algebrai as debemos llegar a una expresión omo |f (x) − L| < . . . < g(x)|x − x0|
(1.1)
2. Luego a otamos la fun ión g(x); esto es, existe un número M > 0 tal que g(x) < M para todo x ∈ Dom(g), para esto se toma primero un δ1 (generalmente es el número 1, también es válido números menores que 1) luego empezamos a trabajar on la expresión |x − x 0 | < δ1 . 3. A la expresión |x − x0| < δ1 ha iendo opera iones algebrai as, debemos llegar a un termino omo (1.2)
g(x) < M
Nota: Si no podemos a otar a g(x) on el δ1 , enton es se tomará otro
δ2 tal que δ2 < δ1 (y asi su esivamente hasta a otar la fun ión g(x))
4. Tomando las e ua iones (1.1) y (1.2) tendremos la expresión |f (x) − L| < . . . < g(x)|x − x0| < M|x − x0| P
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5. Sea un ǫ > 0, a la ultima desigualdad de la dere ha lo a otamos
on ǫ, quiero de ir que |f (x) − L| < M|x − x0| < ǫ
ǫ M n ǫ o 6. luego de nimos δ = δ1, M
enton es |x − x0| <
7. Con luimos (Ha iendo el método del angrejo)
Ejemplo: Mediante la de ni ión de límites demuestre que: 1. l´ım 2x + 1 = 3 x→1 Solu ión: Debemos demostrar que: Dado ualquier ǫ > 0, debe ser posible en ontrar un δ = δ(ǫ, 1) tal que 0 < |x − 1| < δ , enton es |f (x) − L| < ǫ. a)
Tomando la expresión |f (x) − L| = |2x + 1 − 3| = 2|x − 1| Vemos que la fun ión g(x) = 2 es onstante, (pasamos la uarto paso)
b)
Sea ǫ > 0, enton es |f (x) − L| = 2|x − 1| < ǫ, luego en ontramos 2|x − 1| < ǫ
) d)
ǫ 2
Se de ne δ = , enton es |x − 1| < δ
ǫ 2
Con lusión: Para ada ǫ > 0, existe δ = tal que si |x−1| < δ enton es |2x + 1 − 3| < ǫ.
x2 − 3 2. l´ım =6 x→3 x − 3
Solu ión: Debemos demostrar que: Dado ualquier ǫ > 0, debe ser
posible en ontrar un δ = δ(ǫ, 1) tal que 0 < |x − 3| < δ , enton es |f (x) − L| < ǫ. 2 x − 3 a ) Tomando la expresión |f (x) − L| = − 6 = |x − 3| x−3 Vemos que la fun ión g(x) = 1 es onstante, (pasamos la uarto
paso)
b)
Sea ǫ > 0, ha iendo |f (x)−L| = |x−3| < ǫ, luego en ontramos
|x − 3| < ǫ P
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) d)
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Se de ne δ = ǫ, enton es |x − 3| < δ
ǫ 2
Con lusión: Para ada ǫ > 0, existe δ = tal que si |x−0| < 2 x − 3 δ enton es − 6 < ǫ. x−3
2+x =2 x→0 1 − x
3. l´ım
Solu ión: Debemos demostrar que: Dado ualquier ǫ > 0, debe ser
posible en ontrar un δ = δ(ǫ, 1) tal que 0 < |x − 3| < δ , enton es |f (x) − 2| < ǫ.
2 + x 2 a ) Tomando la expresión |f (x) − 2| = − 2 = |x| 1−x |x − 1| 2 Vemos que la fun ión g(x) = no es onstante, |x − 1| 2 . Se de ne un δ1 = 1, b ) Para a otar la fun ión g(x) = |x − 1| enton es tomando la expresión |x − 0| < δ1
|x − 0| < δ1 ⇒ |x| < 1 ⇒ 0 0 tal que si 0 < |x − x0| < δ enton es |[f + g](x) − (L + M)| < ǫ. Sea ǫ > o, por hipótesis se sabe que:
ǫ ǫ l´ım f (x) = L ⇒ ∀ > 0, ∃δ1 > 0/0 < |x − x0| < δ1 → |f (x) − L| < x→x0 2 2 ǫ ǫ l´ım g(x) = M ⇒ ∀ > 0, ∃δ2 > 0/0 < |x − x0| < δ2 → |g(x) − M| < x→x0 2 2
por otro lado:
|[f + g](x) − (L + M)| ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M|
(1.3)
de namos el δ = m´ın{δ1, δ2}. Si
0 < |x − x0| < δ → 0 < |x − x0| < δ1 ∧ 0 < |x − x0| < δ2 ǫ ǫ → |f (x) − L| < ∧ |g(x) − M| < (1.4) 2 2 De las e ua iones (1.3) y (1.4) para 0 < |x − x0| < δ se tiene que |[f + g](x) − (L + M)| ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M| < ǫ. P
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Por lo tanto, para ǫ > 0, existe δ = m´ın{δ1, δ2} tal que |[f + g](x) − (L+M)| ≤ |f (x)−L|+|g(x)−M| < ǫ siempre uando 0 < |x−x0| < δ .
Teorema: Sea f y g dos fun iones. Si x→x l´ım f (x) = L y l´ım g(x) = M x→x 0
0
enton es L = M . Utilizando estas propiedades podemos en ontrar los siguientes límites fundamentales.
Límites fundamentales: 1. l´ım c = c x→x0
2. l´ım x = x0 x→x0
1 1 = , donde x0 6= 0 x→x0 x x0 √ √ 4. l´ım n x = n x0
3. l´ım
x→x0
5. l´ım xn = xn0 x→x0
Demostra ión: Trabajo para los estudiantes. Ejemplo: Cal ular los siguientes límites x2 + 2x + 5 a) l´ım x→1 x2 + 1 x2 − 5x + 6 b) l´ım 2 x→2 x − 12x + 20 √ 2x + 1 − 3 √ c) l´ım √ x→4 x − 2 − 2
Solu ión:
√ √ √ 2x + 1 − 3 (2x + 1 − 9)( x − 2 + 2) √ = l´ım √ l´ım √ x→4 x − 2 − x→4 (x − 2 − 2)( 2x + 1 + 3) 2 √ √ 2( x − 2 + 2) = l´ım √ x→4 2x + 1 + 3 √ 2 2 = 3
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p x 2 + p2 − p d) l´ım p x→0 x2 + q 2 − q
Solu ión:
p
p x 2 + p2 − p (x2 + p2 − p2)( x2 + q 2 + q) p l´ım p = l´ım 2 2 2 2 2 x→0 x→0 x +q −q (x + q − q )( x2 + p2 + p) p x2 + q 2 + q p = l´ım x→0 x 2 + p2 + p q = p
√ √ n x− na e) l´ım x→a x − a
Solu ión: Re ordemos que:
bn − an = (b − a)(bn−1 + bn−2a + bn−3 a2 + . . . + b2 an−3 + ban−2 + an−1 )
ordenando tenemos
bn − an b − a = n−1 . n−3 a2 + . . . + b2 an−3 + ban−2 + an−1 b +√bn−2a + b√ Ha iendo b = n x y a = n a, y reemplazando se tiene √ √ x−a n x − n a = n−1 n−2 1 1 n−2 n−1 x n + x n an + . . . + xn a n + a n
reemplazando al límite l´ım
x→a
√ n
√ x− na 1 = l´ım n−1 n−2 1 1 n−2 n−1 x→a x n + x n a n + . . . + x n a n + a n x−a √ n a = na
2x2n + 1 − 3x−2n f ) l´ım 2n x→1 3x − 5 + 2x−2n
Solu ión: si ha emos y = x2n, enton es y → 1 uando x → 1,
reemplazando a la e ua ión se tiene.
2x2n + 1 − 3x−2n 2y 2 + y − 3 l´ım = l´ım 2 x→1 3x2n − 5 + 2x−2n x→1 3y − 5y + 2 = 5 (x2 − x − 2)20 g) l´ım 3 x→2 (x − 12x + 16)10
Solu ión: Fa torizando el numerador y el denominador (sugeren ia:
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por el método de Ru ni) tenemos que. (x2 − x − 2)20 (x − 2)20(x + 1)20 = l´ım l´ım x→2 (x − 2)20(x + 4)10 x→2 (x3 − 12x + 16)10 3 = 2 [f ◦ g](x + 1) x→2 [g ◦ f ](x + 2) Solu ión: Ha iendo x = x+1 (¾?) enton es x = x−1 reemplazando a la fun ión g se tiene que g(x) = x2 − 3x + 2. hallando las fun iones
h) f (x) = x − 2 y g(x + 1) = x2 − x, al ular l´ım
ompuestas.
[f ◦ g](x + 1) = (x − 2)(x + 1) y [g ◦ f ](x + 2) = (x − 2)(x − 1). [f ◦ g](x + 1) Por lo tanto l´ım =3 x→2 [g ◦ f ](x + 2) √ x2 + 9 − 3 i) l´ım x→0 x4 + x2
Solu ión:
√
x2 x2 + 9 − 3 √ l´ım = l´ım x→0 x→0 (x4 + x2 )( x2 + 9 + 3) x4 + x2 1 = 6 √ √ 3 x+ x−2 j) l´ım x→1 x−1
Solu ión:
√ 3
√ √ √ 3 x+ x−2 x−1+ x−1 l´ım = l´ım x→1 x→1 x−1 x−1
Límites laterales de fun iones Sea L un número real y f una fun ión. 1. L es el límite de f por la dere ha de x0 si para ualquier ǫ > 0, existe algún δ = δ(x, ǫ) > 0 tal que si x ∈ hx0 , x0 + δi enton es |f (x) − L| < ǫ. Y lo denotaremos por l´ım+ f (x) = L x→x0
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2. L es el límite de f por la izquierda de x0 si para ualquier ǫ > 0, existe algún δ = δ(x, ǫ) > 0 tal que si x ∈ hxo − δ, x0i enton es |f (x) − L| < ǫ. Y lo denotaremos por l´ım− f (x) = L x→x0
Observa ión: Utilizando algunas equivalen ias se tendría que: x ∈ hx0, x0 + δi ≡ x0 < x < x0 + δ ≡ 0 < x − x0 < δ x ∈ hx0 − δ, x0i ≡ x0 − δ < x < x0 ≡ −δ < x − x0 < 0
de esto tenemos 0 < |x − x0| < δ .
f
L+ǫ f (x) L
L−ǫ
x0
x0 − δ
−
x0 + δ +
Teorema Si f es una fun ión y L un número real enton es son equiv-
alentes
a) l´ım f (x) = L x→x0
b) l´ım+ f (x) = L y l´ım− f (x) = L x→x0
x→x0
Demostra ión: a) ⇒ b) Sea ǫ > 0, por hipótesis existe un δ > 0 tal que |f (x) − L| < ǫ, siempre que 0 < |x − x0| < δ . Como 0 < |x − x0| < δ es equivalente a la expresión x0 − δ < x < 0 y 0 < x < x0 + δ ¾?, enton es por la de ni ión de límites laterales on luimos que l´ım+ f (x) = L y x→x0
l´ım f (x) = L.
x→x− 0
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b) ⇒ a) Sea ǫ > 0, por hipótesis se tiene. l´ım+ f (x) = L ⇒ ∀ǫ > 0, ∃δ1 > 0/0 < x < x0 + δ1 → |f (x) − L| < ǫ x→x0
l´ım f (x) = L ⇒ ∀ǫ > 0, ∃δ2 > 0/x0 − δ2 < x < 0 → |f (x) − L| < ǫ
x→x− 0
de nimos δ = m´ın{δ1, δ2}, enton es para ǫ > 0 se tiene 0 < x < x0 + δ ⇒ 0 < x < x0 + δ1 ⇒ |f (x) − L| < ǫ y
x0 − δ < x < 0 ⇒ x0 − δ2 < x < 0 ⇒ |f (x) − L| < ǫ de las dos ultimas e ua iones, tenemos que si 0 < |x − x0| < δ enton es |f (x) − L| < ǫ. Por lo tanto on luimos que l´ım f (x) = L x→x0
Ejemplo:
(
bx2 + ab ; x ≥ 0 q 1. Si f (x) = 2 (x2 + b) − b ; x < 0 Hallar los a y b para que l´ım f (x) = f (0) y f (1) = 1. x→0
Solu ión: Por hipótesis sabemos que f (1) = b+ab = 1 y f (0) = ab
enton es ab = 1 − b. Hallando√el límite laterales l´ım = 2 b − b
x→0−
l´ım = ab
x→0+
√
igualando los límites tenemos 2 b − b = ab y omo ab = 1 − b,
enton es b =
1 ya=3 4
2. Cal ular si existe l´ım f (x) y l´ım f (x)), donde x→1 x→2 2 x≤1 1−x ; f (x) = 1 ; 12
Solu ión: Para ver que existe los límites es ne esario y su iente que los limites laterales sean iguales.
l´ım f (x) = 0
x→1−
l´ım f (x) = 1
x→1+
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en el punto x = 1, no existe el límite. l´ım f (x) = 1
x→2−
l´ım f (x) = 1
x→2+
en el punto x = 2, si existe el límite.
q 3. Cal ular l´ım |x| + J3xK 7 x→ 3
Observa ión: Para hallar límites on máximos enteros x→a l´ım Jf (x)K,
se tiene que hallar los límites laterales. Para en ontrar el limite lateral por la dere ha, se tiene que a otar la variable independiente x, es de ir a ≤ x < b donde b es puesto onvenientemente de tal manera que ha iendo opera iones algebrai as a la expresión a ≤ x < b se debe en ontrar c ≤ f (x) < d on 0 < d − c ≤ 1 para así tener Jf (x)K = c. Y si fuese el aso del límite lateral por la izquierda, se tiene que a otar la variable independiente x, es de ir b ≤ x < a donde b es puesto onvenientemente de tal manera que ha iendo opera iones algebrai as a la expresión b ≤ x < a se debe en ontrar d ≤ f (x) < c on 0 < c − d ≤ 1 para así tener Jf (x)K = d. Solu ión: Hallando los límites laterales a)
l´ım 7−
x→
q
|x| + J3xK:
3 7 Si 2 ≤ x < , enton es 6 ≤ 3x < 7 por lo que tenemos 3 J3xK = 6 √ √ 5 3 reemplazando al límite tenemos l´ım x+6= 3 7− x→ 3 q b ) l´ ım |x| + J3xK: + 7 x→
3 7 8 Si ≤ x < , enton es 7 ≤ 3x < 8 por lo que tenemos 3 3
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J3xK = 7
√ √ 28 reemplazando al límite tenemos l´ım x+7= √ 3 7+ x→ 3
vemos que los límites laterales no son iguales por lo tanto le límite bus ado no existe.
q 4. Cal ular l´ım |x| + J3xK 5 x→ 2
Solu ión: Hallando los límites laterales a)
l´ım 5−
x→
b)
q
|x| + J3xK:
2 5 7 Si ≤ x < , enton es 7 ≤ 3x < 7,5 por lo que tenemos 3 2 J3xK = 7 r √ 19 reemplazando al límite tenemos l´ım x+7= 2 5− x→ 2 q l´ım 5+
x→
|x| + J3xK:
2 8 5 Si ≤ x < , enton es 7,5 ≤ 3x < 8 por lo que tenemos 2 3 J3xK = 7 r √ 19 reemplazando al límite tenemos l´ım x+7= 2 5+ x→ 2
vemos que los límites laterales no son iguales por lo tanto le límite bus ado no existe. x + |1 − x|
5. Cal ular l´ım x→1 x2 + 1 Solu ión: Re ordando que: |x − 1| =
x−1 1−x
; x≤1 ; x 0, existe δ ≥ 0 tal que x ∈ Dom(f ) y x ∈ hx0 , x0 + δi P
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LÍMITES AL INFINITOS DE FUNCIONES
.
enton es f (x) > M . Y se le denotará por: l´ım+ f (x) = +∞ x→x0
2. Se di e que +∞ es el límites izquierdo de f en el punto x0 si para ada número M > 0, existe δ ≥ 0 tal que x ∈ Dom(f ) y x ∈ hx0 − δ.x0i enton es f (x) > M . Y se le denotará por: l´ım− f (x) = +∞ x→x0
3. Se di e que −∞ es el límites dere ho de f en el punto x0 si para ada número M > 0, existe δ ≥ 0 tal que x ∈ Dom(f ) y x ∈ hx0 , x0 + δi enton es f (x) < −M . Y se le denotará por: l´ım+ f (x) = −∞ x→x0
4. Se di e que −∞ es el límites izquierdo de f en el punto x0 si para ada número M > 0, existe δ ≥ 0 tal que x ∈ Dom(f ) y x ∈ hx0 − δ, x0i enton es f (x) < −M . Y se le denotará por: l´ım+ f (x) = −∞ x→x0
5. Se di e que f tiene límites +∞ (−∞) en x0 si los límites laterales en el punto x0 son iguales +∞ (−∞). Y será denotado por: l´ım f (x) = +∞ ( l´ım f (x) = −∞) x→x0
x→x0
l´ım f (x) = +∞
x→x0
f (x)
M
x0 − δ x x0
P
[email protected]
x0 + δ
22
R
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LÍMITES AL INFINITOS DE FUNCIONES
.
l´ım f (x) = +∞
x→x+ 0
f (x) M
x0 − δ x x0
x x0 + δ
−M l´ım f (x) = −∞
f (x)
x→x− 0
Observa ión: Cuando se trabaja on estos tipos de límites, se re-
omienda ha er lo siguiente:
Supongamos que nos piden hallar el l´ım f (x), reemplazamos a la x→a fun ión f el valor de x = a. Y vemos la si nos da una de las siguientes expresiones; Las expresiones indeterminadas (no existen) en los límites son: ∞−∞△0×∞△
0 ∞ △ △ ∞0 △ 1∞ 0 ∞
enton es se tendrá que ha er opera iones algebrai as para poder eliminar esa expresión del límite.
Ejemplo: 1
1. Demuestre que l´ım+ = +∞ x→1 x − 1 Solu ión: Nos piden que: Para ada M > 0, es posible en ontrar 1
un δ = δ(1, M) > 0 tales que si x ∈ h1, 1+δi, enton es > M. x−1 Demostremos utilizando nuestras sugeren ia. P
[email protected]
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R
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LÍMITES AL INFINITOS DE FUNCIONES a)
.
Sea M > 0.
1 1 > M > 0, enton es + 1 > x > 1, por lo x−1 M 1 tanto x ∈ 1, 1 + . M 1
) Se de ne un δ = >0 M d ) Enton es para x en el dominio de la fun ión f . se on luye que 1 1 x ∈ 1, 1 + enton es > M. M x−1 b)
Tomamos
Eso demuestra el ejer i io. 1
2. Demuestre que l´ım+ n = +∞ x→0 x Solu ión: Nos piden que demostremos: Para ada M > 0, es posible en ontrar un δ = δ(0, M) > 0 tales que ai x ∈ h0, δi, enton es 1 > M. xn
Demostremos utilizando nuestras sugeren ia. a)
Sea M > 0, enton es
1 1 √ , enton es > M > 0 > x > 0, por lo tanto n n x M 1 x ∈ 0, √ . n M 1 >0
) Se de ne un δ = √ n M 1 1 d ) Con luimos que: Para M > 0, existe δ = √ x ∈ 0, √ n n M M 1 enton es n > M . x b)
Tomamos
Eso demuestra el ejer i io. 1 3. Demuestre que l´ım− n = x→0 x Solu ión: para n par.
−∞ +∞
; si n impar . ; si n par
Nos piden que demostremos: Para ada M > 0, es posible en ontrar 1 un δ = δ(0, M) > 0 tales que ai x ∈ h−δ, 0i, enton es n > M . x Demostremos utilizando nuestras sugeren ia.
P
[email protected]
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R
Li : Juan A. Huaman haqui
LÍMITES EN EL INFINITO DE FUNCIONES a)
.
Sea M > 0, enton es
1 1 √ , enton es > M > 0 > |x| > 0, por lo tanto n n x M 1 x ∈ −√ ,0 . n M 1
) Se de ne un δ = √ >0 n M 1 1 d ) Con luimos que: Para M > 0, existe δ = √ x ∈ −√ ,0 n n M M 1 enton es n > M . x Demanera análogo se ha e para n impar. b)
Tomamos
Límites en el in nito de fun iones Sea L un número real y f una fun ión. 1. L es el límite de f uando x tiende a +∞ si para ada ǫ > 0, existe un número N = N (ǫ) > 0 tal que si x > N enton es |f (x)−L| < ǫ. Y será denotado por l´ım f (x) = L x→+∞
2. L es el límite de f uando x tiende a −∞ si para ada ǫ > 0, existe un número N = N (ǫ) > 0 tal que si x < −N enton es |f (x) − L| < ǫ. Y será denotado por l´ım f (x) = L x→−∞
3. la fun ión f tiene omo límite +∞ uando x tiende a +∞ si para
ada M > 0, existe un número N = N (ǫ) > 0 tal que si x > N enton es f (x) > M . Y será denotado por l´ım f (x) = +∞ x→+∞
4. la fun ión f tiene omo límite +∞ uando x tiende a −∞ si para
ada M > 0, existe un número N = N (ǫ) > 0 tal que si x < −N enton es f (x) > M . Y será denotado por l´ım f (x) = +∞ x→−∞
5. la fun ión f tiene omo límite +∞ uando x tiende a +∞ si para
ada M > 0, existe un número N = N (ǫ) > 0 tal que si x > N P
[email protected]
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R
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LÍMITES EN EL INFINITO DE FUNCIONES
.
enton es f (x) < −M . Y será denotado por l´ım f (x) = −∞ x→+∞
6. la fun ión f tiene omo límite +∞ uando x tiende a −∞ si para
ada M > 0, existe un número N = N (ǫ) > 0 tal que si x < −N enton es f (x) < −M . Y será denotado por l´ım f (x) = −∞ x→−∞
l´ım f (x) = L
x→+∞
L+ǫ f (x) L L−ǫ N
x
Ejemplo: Demuestre ada uno de los ejer i ios propuestos 1
1. si l´ım f (x) = L, enton es l´ım+ f ( ) = L x→+∞ x→0 x Solu ión: tenemos omo hipótesis que: Para ada ǫ > 0, que existe un N > 0 tal que si x > N enton es |f (x) − L| < ǫ. Enton es debemos demostrar que: Para este ǫ > 0, existe un δ>0
tal que 0 < h < δ , enton es |f
1
h
− L| < ǫ.
Sean L ∈ R y ǫ > 0 por hipótesis tenemos. que existe un N > 0 tal que umple |f (x) − L| < ǫ uando x > N .
1 1 1 y > N > 0, enton es > h > 0. nalmente h h N 1 ha emos δ = . N
Ha iendo x =
P
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LÍMITES EN EL INFINITO DE FUNCIONES
.
Por lo tanto: ǫ > 0, existe un δ > 0 tal que 0 < h < δ , Para 1 − L| < ǫ. enton es |f h
1
2. l´ım f h i = L si l´ım f (x) = L x→+∞ x→0 x Solu ión: tenemos omo hipótesis que: Para ada ǫ > 0, que
existe un δ > 0 tal que si 0 < x < δ enton es |f (x) − L| < ǫ. Enton es debemos demostrar: para ǫ > 0, existe un N > 0 este 1 tal que x > N , enton es |f − L| < ǫ. x
Sean L ∈ R y ǫ > 0 por hipótesis tenemos; para ǫ > 0 que existe un δ > 0 tal que umple |f (x) − L| < ǫ uando δ > x > 0. 1
1
1
Ha iendo > , tomando N = , enton es x δ δ Por lo tanto: Para ǫ > 0 , existe un δ > 0 tal que 0 < h < δ , enton es |f
1 h
− L| < ǫ.
Con luimos que: Para ǫ > 0, existe N = 1 enton es |f − L| < ǫ h
1 1 > 0 tal que > N δ x
Ejemplo: Demuestre ada uno de los ejer i ios propuestos 1 =0 x→+∞ x − 1
1. l´ım
Solu ión: Nos piden que: Dado ualquier ǫ > 0, se debe en ontrar
1
un N > 0 tal que si x > N , enton es − 0 < ǫ. x−1
1 1 Sea ǫ > 0, tomamos la expresión − 0 < ǫ enton es < x−1 ǫ 1 1 |x − 1|, luego + 1 < x, por lo tanto se de ne N = + 1. ǫ ǫ 1 Por lo tanto on luimos que: Para ǫ > 0, existe un N = + 1 tal ǫ 1 que si x > N , enton es − 0 < ǫ. x−1
2 = +∞ x→4 (x − 4)2
2. l´ım
Solu ión: Nos piden que: Para ualquier M > 0, existe un δ > 0 P
[email protected]
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R
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LÍMITES EN EL INFINITO DE FUNCIONES tal que si 0 < |x − 4| < δ , enton es
.
2 > M. (x − 4)2
2 > M > 0 enton es 2 (x − 4) r r 2 2 > |x − 4| > 0, se de ne δ = . M M r 2 Por lo tanto on luimos que: Para M > 0, existe un δ = tal M 2 > M. que si 0 < |x − 4| < δ , enton es (x − 4)2
Sea M > 0, tomamos la expresión
3. l´ım− x→2
x+2 = −∞ (x − 2)3
Solu ión: Nos piden que: Para ualquier M > 0, existe un δ > 0 tal que si −δ < x − 2 < 0, enton es
Sea M > 0, tomamos la expresión A otando la expresión: enton es
x+2 < −M . (x − 2)3
x+2 < −M . (x − 2)3
1 , para esto, se de ne un δ1 = 1, (x − 2)3
−1 < x − 2 < 0 → (x − 2)3 < 0 1 → 0, existe un δ = m´ın 1, − 3 M P
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LÍMITES EN EL INFINITO DE FUNCIONES tal que si −δ < x − 2 < 0, enton es
; si a < 0 . x→∞ ; si a > 0 Solu ión: Ha iendo f (x) = axn.
4. l´ım ax = n
.
x+2 < −M . (x − 2)3
−∞ +∞
a > 0:
Se pide que: Para ualquier M > 0, existe un N > 0 tal que si x > N , enton es f (x) > M . A otando la fun ión axn . se de ne N1 = 1, enton es x > 1, por tanto axn > ax para
ada n ∈ N. Sea M > 0, tomamos la expresión axn > ax > M tomando extremos se tiene axn > M y ax > M , enton es N2 = M Por tanto se de ne N = m´ax 1, . a
M . a
M se on luye que: Para ualquier M > 0, existe un N = m´ax 1, a tal que si x > N , enton es f (x) > M .
a < 0:
Se pide que: Para ualquier M > 0, existe un N > 0 tal que si x > N , enton es f (x) < −M . A otando la fun ión axn . se de ne N1 = 1, enton es x > 1, por tanto axn−1 < ax para
ada n ∈ N. Sea M > 0, tomamos la expresión ax > axn > M tomando extremos se tiene axn > M y ax > M , enton es N2 = M Por tanto se de ne N = m´ax 1, . a
M . a
M se on luye que: Para ualquier M > 0, existe un N = m´ax 1, a tal que si x > N , enton es f (x) < −M .
Ejemplo: Cal ular los siguientes límites q q √ √ 1. l´ım ( x + 2 − x − 2) x→∞
P
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LÍMITES EN EL INFINITO DE FUNCIONES
.
Solu ión:
√ q q √ √ 2 2 q l´ım ( x + 2x − x − 2x) = l´ım q √ √ √ x→∞ x→∞ ( x + 2x + x − 2x) x √ = 2 √
2. l´ım x( x2 + 1 − x) x→+∞
Solu ión:
√ l´ım x( x2 + 1 − x) =
x l´ım √ x→+∞ x2 + 1 + x 1 = 2
x→+∞
√
3. l´ım x( x2 + 1 − x) x→−∞
Solu ión:
√ l´ım x( x2 + 1 − x) =
x
l´ım √
x2 + 1 + x 1 = l´ım ¾? √ 1 x→−∞ 2 x +1+1 −(−x) = −∞
x→−∞
x→−∞
3x + |x| x→+∞ 7x − 5|x|
4. l´ım
Solu ión: Vemos que x > 0 enton es |x| = x. Luego 3x + |x| 3x + x = l´ım x→+∞ 7x − 5|x| x→+∞ 7x − 5x = 2 l´ım
3x + |x| x→−∞ 7x − 5|x|
5. l´ım
Solu ión: Vemos que x < 0 enton es |x| = −x. Luego 3x + |x| = x→−∞ 7x − 5|x|
3x − x x→+∞ 7x + 5x 1 = 6
l´ım
P
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l´ım
R
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LÍMITES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICOS 6. l´ım− x→4
.
JxK − 4 x−4
Solu ión: Como x → 4−, enton es 3 < x < 4 de esto JxK = 3.
Luego
l´ım−
x→4
r
q
r
q
7. l´ım ( x + x→+∞
Solu ión:
l´ım ( x +
x→+∞
x+
√
JxK − 4 3−4 = l´ım− x→4 x − 4 x−4 = −(∞) = +∞
x−
√ x)
q √ x+ x+ x−x √ √ x + x − x) = l´ım r q x→+∞ √ √ x+ x+ x+ x q √ √ x + x/ x = l´ım r q x→+∞ √ √ √ ( x + x + x + x)/ x
=
1 2
Límites de fun iones trigonométri os Enun iemos el teorema de límites trigonometri os
Teorema:
sen x =1 x→0 x tan x 2. l´ım =1 x→0 x 3. l´ım sen x = sen x0
1. l´ım
x→x0
4. l´ım cos x = cos x0 x→x0
P
[email protected]
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R
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LÍMITES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICOS
.
Demostra ión 1) C P x 1
tan sen x
x 0
A
cos x
1 − cos
Geométri amente podemos ver que las áreas de los triángulos △OAP , △OAC y el se tor ir ular ∢OAP tienen la siguiente rela ión. A△OAP ≤ A∢OAP ≤ A△OAC
sen x
x
, A∢OAP = y A△OAC =
omo A△OAP = 2 2 la desigualdad (1.5)
(1.5)
tan x reemplazando a 2
sen x x tan x ≤ ≤ 2 2 2 ⇒ sen x ≤ x ≤ tan x x 1 ⇒ 1≤ ≤ sen x cos x sen x ⇒ cos x ≤ ≤1 (1.6) x q d Por otro lado se tiene d[A, P ] ≤ AP y omo d[A, P ] = sen2 x + (1 − cos x)2 d = x, reemplazando se tiene y AP A△OAP ≤ A∢OAP ≤ A△OAC ⇒
d ⇒ sen2 x + (1 − cos x)2 ≤ x2 d[A, P ] ≤ AP x2 ⇒ 1 − cos x ≤ 2
P
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(1.7)
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LÍMITES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICOS
.
de las e ua iones (1.6) y (1.7) se tiene x2 sen x ≤ cos x ≤ ≤1 1− 2 x
ha iendo x → 0 y utilizando el teorema del Sandwi h, en ontramos que sen x l´ım = 1. x→0 x Ejemplo Cal ular los siguientes límites trigonométri os. sen(x + h) − sen x h→0 h
1. l´ım
Solu ión:
sen(x + h) − sen x sen x cos h + sen h cos x − sen x = l´ım h→0 h→0 h h sen h cos x − sen x(1 − cos h) = l´ım h→0 h sen h cos x − sen x(2 sen2 h2 ) = l´ım h→0 h = cos x √ √ cos x − 3 cos x 2. l´ım x→0 sen2 x l´ım
Solu ión:
√ √ √ √ cos x − 3 cos x cos x − 1 1 − 3 cos x l´ım = l´ım + l´ım x→0 x→0 x→0 sen2 x sen2 x sen2 x √ cos x − 1 1 − 3 cos x √ = l´ım + l´ım x→0 (1 − cos2 x)( cos x + 1) x→0 sen2 x √ −1 1 − 3 cos x √ = l´ım + l´ım x→0 (1 + cos x)( cos x + 1) x→0 sen2 x 1 = − 12 sen(6x) x→2π/3 3(x − 2π/3)
3. l´ım
Solu ión: Ha iendo y = x−2π/3, enton es x = y +2π/3 y y → 0,
P
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LÍMITES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICOS
.
reemplazando sen(6x) sen(6y + 4π) = l´ım y→0 x→2π/3 3(x − 2π/3) 3y sen 6y cos 4π + sen 4π cos 6y = l´ım y→0 3y 2 sen 6y = l´ım y→0 6y = 2 √ cos x − cos 2x 4. l´ım x→0 x sen x l´ım
Solu ión:
√
cos x − cos 2x cos2 x − cos(2x) √ l´ım = l´ım x→0 x→0 x sen x(cos x + x sen x cos 2x) 2 2 cos x − (2 cos x − 1) √ = l´ım x→0 x sen x(cos x + cos 2x) sen x √ = l´ım x→0 x(cos x + cos 2x) 1 = 2 √ √ 1 + sen x − 1 − sen x 5. l´ım x→0 tan x
Solu ión:
√ √ 1 + sen x − 1 − sen x 1 + sen x − 1 + sen x √ √ l´ım = l´ım x→0 x→0 tan x( 1 + sen x + tan x 1 − sen x) 2 cos x √ = l´ım √ x→0 1 + sen x + 1 − sen x = 1 √ 3 1 + x − cot x − 1 + csc x 6. A = l´ım x→0 x
P
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LÍMITES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICOS
.
Solu ión:
√ 3 1+x−1 csc x − cot x + l´ım A = l´ım x→0 x→0 x x x 1 − cos2 x = l´ım + l´ım 2 1 x→0 x[(1 + x) 3 + (1 + x) 3 + 1] x→0 x sen x(1 + cos x) 1 sen2 x = l´ım + l´ım 2 1 x→0 (1 + x) 3 + (1 + x) 3 + 1 x→0 x sen x(1 + cos x) 5 = 6
sen(2x) − cos(2x) − 1 x→π/4 sen x − cos x
7. l´ım
SOlu ión:
sen(2x) − cos(2x) − 1 l´ım = x→π/4 sen x − cos x = = = =
8. l´ım+ x→0
2 sen x cos x − cos2 x + sen2 x − 1 l´ım x→π/4 sen x − cos x 2 sen x cos x − cos2 x − cos2 l´ım x→π/4 sen x − cos x 2 cos x(sen x − cos x) l´ım x→π/4 sen x − cos x l´ım 2 cos x x→π/4 √ 2
sen x x + 1 − cos x
Solu ión:
l´ım+
x→0
sen x = l´ım+ x→0 x + 1 − cos x = l´ım+ x→0
= 1
9. l´ım
x→0
P
1 x+1−cos x sen x x sen x
1 + tan x2
q 3 (1 − cos x)2
tan x
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LÍMITES DE FUNCIONES EXPONENCIALES x 2
Solu ión: Re ordemos que tan = q 3
l´ım
x→0
(1 − cos x)2 tan x
=
= = =
.
2 tan x 1 − cos x y tan 2x = sen x 1 + tan2 x
r x 3 sen2 x tan4 2 l´ım x x→0 2 tan 2 x 1 + tan2 2 r x 3 sen2 x tan4 2 2 x l´ım ) (1 + tan x x→0 2 2 tan 2 r x 1 x l´ım 3 sen2 x tan (1 + tan2 ) x→0 2 2 2 0
Límites de fun iones exponen iales a) Sea a ∈ R+ − {1}, a la fun ión exponen ial de base a > 0 lo de niremos de la siguiente marena expa = {(x, y) ∈ R × R+ /y = ax }
o de manera análogo se de ne omo f : R → R+ on regla de
orresponden ia f (x) = ax . b) La fun ión logarítmi a se de ne omo f : R+ → R teniendo la regla de orresponden ia a f (x) = loga x, on a > 0 y a 6= 1
Número e : El número e se de ne omo el límite de la expresión n tiene al in nito, es de ir l´ım
n→∞
1+
1 n
n
1 1+ n
n
, uando
=e
Ha iendo los ambios de variable es fá il ver que
1 x 1. La fun ión 1 + tiende al número e, uando x tiende al inx 1 x nito, es de ir l´ım 1 + =e x→∞ x
P
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LÍMITES DE FUNCIONES EXPONENCIALES 2. Si z =
.
1 y z → 0 ¾?, enton es l´ım (1 + z)1/z = e x→0 x
e
l´ım
x→∞
1 1+ x
x
= l´ım (1 + z)1/z = e x→0
Y observemos que
Observa ión
Es fá il de mostrar que las fun ión exponen ial y la logarítmi a son fun iones inversas (ver ualquier libro de matemáti a bási a), esto es: loga x = y si y sólo si x = ay Si a = e, enton es la fun ión exponen ial es f (x) = ex . Si a = e, enton es la fun ión exponen ial es f (x) = ln x. l´ım [f (x)]g(x) Cal ulo de límites del a forma x→a
Consideremos los siguientes asos:
1. Si l´ım f (x) = L y l´ım g(x) = L, enton es l´ım [f (x)]g(x) = LM x→a
Demostra ión:
x→a
x→a
ln{l´ım [f (x)]g(x)} = l´ım ln{[f (x)]g(x)} x→a
x→a
= l´ım g(x) ln{[f (x)]} x→a
= l´ım g(x) ln{l´ım [f (x)]} ¾? x→a
x→a
M
= ln(L )
apli ando la propiedad de logaritmo y la exponente, tenemos el resultado. 2. Si l´ım f (x) = L 6= 1 y l´ım g(x) = ±∞, enton es l´ım [f (x)]g(x) inx→a x→a x→a mediato. P
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LÍMITES DE FUNCIONES EXPONENCIALES
.
3. Si l´ım f (x) = L = 1 y l´ım g(x) = ±∞, enton es l´ım [f (x)]g(x). x→a x→a x→a Se pro ede de la siguiente manera: f (x) = 1 + ϕ(x) ⇒ l´ım f (x) = 1 + l´ım ϕ(x) x→a
x→a
⇒ 1 = 1 + l´ım ϕ(x) x→a
enton es tenemos que: l´ım ϕ(x) = 0. Sustituyendo al límite: x→a
l´ım [f (x)]g(x) = l´ım [1 + ϕ(x)]g(x) x→a n oϕ(x)g(x) 1 = l´ım [1 + ϕ(x)] ϕ(x) x→a oϕ(x)g(x) n 1 ϕ(x) ¾? = l´ım [1 + ϕ(x)]
x→a
ϕ(x)→0
l´ım ϕ(x)g(x)
ϕ(x)→0
= e
l´ım ϕ(x)g(x) = ex→a
Ejemplo Hallar los siguientes límites. 1. l´ım
x→∞
x3 + 2x + 3 x3 + 4
x2 +2
Solu ión: El límite es de la forma x→a l´ım [f (x)]g(x), enton es anali emos:
x3 + 2x + 3 l´ım f (x) = l´ım =1 x→∞ x→∞ x3 + 4 l´ım g(x) = ∞, enton es el di ho límite es 1∞ de la forma indeter-
x→∞
minada.
P
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LÍMITES DE FUNCIONES EXPONENCIALES
.
Ha iendo l´ım
x→∞
x3 + 2x + 3 x3 + 4
x2 +2
x2 +2 x3 + 2x + 3 = l´ım 1 − 1 + x→∞ x3 + 4 (2x − 1)(x2 + 2) 3 x3 + 4 x + 4 2x − 1 2x − 1 = l´ım 1 + x→∞ x3 + 4
(2x − 1)(x2 + 2) x3 + 4 = ex→∞ = e2 l´ım
1 2. l´ım (1 − sen(3x)) 2x x→0
Solu ión: El límite es de la forma x→a l´ım [f (x)]g(x), enton es anali emos:
l´ım f (x) = l´ım (1 − sen 3x) = 1
x→0
x→0
l´ım g(x) = ∞, enton es el límite es 1∞ de la forma indeterminada.
x→0
Ha iendo
−
1 1 l´ım (1 − sen(3x)) 2x = l´ım (1 − sen(3x)) sen 3x
x→0
x→0
l´ım −
= ex→0 3 − = e 2
3. l´ım
x→0
sen 3x 2x
sen 3x 2x
1 1 + tan x sen x 1 − sen x
Solu ión: El límite es de la forma x→a l´ım [f (x)]g(x), enton es anali emos:
1 + tan x =1 x→0 x→0 1 − sen x l´ım g(x) = ∞, enton es el di ho límite es 1∞ de la forma indeterl´ım f (x) = l´ım
x→0
minada.
P
[email protected]
39
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LÍMITES DE FUNCIONES EXPONENCIALES
.
Ha iendo l´ım
x→0
1 1 1 + tan x sen x 1 + tan x sen x = l´ım 1 − 1 + x→0 1 − sen x 1 − sen x 1 sen x + tan x sen x = l´ım 1 + x→0 1 − sen x 1 + cos x l´ım = ex→0 cos x(1 − sen x)
= e2
1 √ 4. l´ım 1 + tan2( x) 2x x→0
Solu ión: El límite es de la forma x→a l´ım [f (x)]g(x), enton es anali emos:
√ l´ım f (x) = l´ım 1 + tan2 ( x) = 1
x→0
x→0
l´ım g(x) = ∞, enton es el di ho límite es 1∞ de la forma indeter-
x→0
minada. Ha iendo
√ tan2 x 1 1 2x √ √ √ 2 l´ım 1 + tan2( x) 2x = l´ım 1 + tan2( x) tan x
x→0
x→0
√ tan2 x l´ım = ex→0 2x 1 = e2
ln(1 + ex ) 5. l´ım x→−∞ x
Solu ión:
1 l´ım ln(1 + ex ) x x→−∞ 1 = ln l´ım (1 + ex ) x
ln(1 + ex ) l´ım = x→−∞ x
x→−∞
P
[email protected]
40
R
Li : Juan A. Huaman haqui
LÍMITES DE FUNCIONES EXPONENCIALES
.
enton es el límite es de la forma l´ım [f (x)]g(x), enton es anali emos: l´ım f (x) = l´ım (1 + ex ) = 1
x→−∞
x→a
x→−∞
l´ım g(x) = 0, enton es el di ho límite es 1∞ de la forma indeter-
x→−∞
minada. Ha iendo
ex 1 1x (1 + ex ) ex ln l´ım (1 + ex ) x = ln l´ ım x→−∞ x→−∞
ex l´ım = ln ex→−∞ x
= 0 1 6. l´ım ln x→0 ax
r 3
1 + ax 1 − ax
ln(1 + x + x2) + ln(1 − x + x2) 7. l´ım x→0 x2
P
[email protected]
41
R
Li : Juan A. Huaman haqui
Bibliografía [1℄ ESPINOZA RAMOS, Eduardo, Análisis matemáti o I., Editorial Edukperú E.I.R.L.: Quinta edi ión, Lima-Perú, 2009 [2℄ HAASER, Norman B. LASALLE, Joseph P. SULLIVAN, Joseph A., Análisis Matemáti o I, Edi iones trillas. [3℄ LAGES LIMA, Elon., Curso de análise, volume 1 , Instituto de matemáti a pura e apli ada, Brazil. [4℄ PISKUNOV, N., Cál ulo diferen ial e integral. tomo I , editorial Mir Mos ú, sexta edi ión, tradu tor del ruso al español. MEDKOV. K,. 1977 . [5℄ VENERO B. Armando, Análisis matemáti o, Edi iones Gemar: segunda edi ión, Lima-Perú, 2008.
42
