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1.1 LÍMITE EN UN PUNTO El Cálculo, básicamente está fundamentado en los límites, por tanto este tema es trascendental para nuestro estudio. De hecho, la derivada y la integral definida son conceptos basados en límites. Conceptualizar límite determinando el comportamiento de una función e interpretarlo en su gráfica, ayudará bastante en el inicio del análisis de los límites.
1.1.1 DEFINICIÓN INTUITIVA Ciertas funciones de variable real presentan un comportamiento un tanto singular en la cercanía de un punto, precisar sus características es nuestra intención y el estudio de los límites va a permitir esto. Empecemos analizando ejemplos sencillos; en los que podamos por simple inspección concluir y tener una idea del concepto de límite. Veamos Veamos como se comporta comport a la función f con regla r egla de corresponde corr espondencia ncia la cercanía de x = 2 .
f ( x) = 2 x + 1
en
Evaluando la función para algunos valores de x , próximos (acercándose) a 2 : x
y = 2x +1
1.90
4.80
1.95
4.90
1.99
4.98
"
"
2.01
5.02
2.05
5.10
2.10
5.20
En la tabla de valores se han ubicado unas flechas para dar a entender que tomamos a la x aproximándose a 2 en ambas direcciones y se observa que los valores de y se van acercando a 5. Aunque son sólo seis valores, por ahora sin ponernos exigentes vamos a concluir diciendo que la función se aproxima a 5 cada vez que su variable independiente x se aproxima a 2. Este comportamiento lo escribiremos de la siguiente forma: lím (2 x + 1) = 5
x → 2
Lo anterior se puede ilustrar desde la gráfica:
Ahora veamos el comportamiento de esta otra función f con regla de correspondencia f ( x) =
2 x + 5 x − 6
x − 1
, en la cercanía de x = 1 .
Evaluando la función para ciertos valores de x , cada vez más próximos a 1, tenemos: x
y=
x 2 + 5 x − 6
0.90
x − 1 6.90
0.95
6.95
0.99
6.99
"
"
1.01
7.01
1.05
7.05
1.10
7.10
Parece ser que esta función se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la variable independiente x se aproxima a tomar el valor de 1, es decir lím
x →1
x 2 + 5 x − 6 x −1
=7.
Note que no es necesario que la función esté definida en el punto de aproximación. Por
otro
lado,
f ( x) = x + 6
la
regla
de
correspondencia
f ( x ) =
x 2 + 5 x − 6 x − 1
es
equivalente
a
; x ≠ 1 (¿POR QUÉ?).
Este comportamiento se lo puede visualizar desde su gráfica:
De lo expuesto en los dos ejemplos anteriores, sin ser tan riguroso todavía, podemos emitir la siguiente definición:
Una función f tiene límite L en un punto x , si f se aproxima a tomar el valor L cada vez que su variable independiente x se aproxima a tomar el valor x . Lo que lím f ( x ) = L se denota como: 0
0
x → x0
Para los dos ejemplos anteriores el comportamiento de las funciones se puede determinar analizando sus gráficas; pero esto podría ser no tan sencillo; es más, suponga que se necesite bosquejar la gráfica teniendo características de su comportamiento. De ahí la necesidad del estudio de límite de funciones.
1.1.2 DEFINICIÓN FORMAL Suponga que se plantea el problema de demostrar que lím 2 x + 1 = 5 o que x →2
x + 5 x − 6 2
lím x →1
x − 1
= 7.
Para
esto,
debemos
garantizar
formalmente
el
acercamiento que tiene la función a su correspondiente valor cada vez que su variable independiente se aproxime al valor especificado. Ya la tabla de valores no nos sirve, el hecho que se cumpla para algunos valores no indica que se cumpla para todos los valores próximos al punto. La demostración consistirá en escribir matemáticamente, lenguaje formal, la metodología del proceso, lo cual nos lleva a la necesidad de tener una definición formal de límite y no sólo para estos dos ejemplos, sino para cualquier función. Antes, de llegar a la definición requerida, precisemos lo siguiente: PRIMERO, para un lenguaje formal, decir que x toma valores próximos a un punto x0 (que x está en torno a x0 ), bastará con considerarla perteneciente a un intervalo o vecindad, centrado en x0 , de semiamplitud muy pequeña, la cual denotaremos con la letra griega ∂ (delta). Es decir:
x0 − ∂ < x < x 0 + ∂ Transformando la expresión anterior tenemos: x0 − ∂
< x < x0 + ∂ x0 − ∂ − x0 < x − x0 < x0 + ∂ − x0 − δ < x − x0 < δ x − x0 < δ
Restando " x0 " Empleando la definición de valor absoluto
Y, para que x no sea x0 , bastará con proponer que 0 < x − x0 < ∂ ¿POR QUÉ?.
SEGUNDO, para decir que f está próxima a L (en torno a L ), podemos expresar que pertenece a un intervalo o vecindad, centrado en L de semiamplitud muy pequeña, la cual denotaremos con la letra griega ε (épsilon). Es decir:
L − ε < f ( x ) < L + ε Transformando la expresión anterior tenemos: L − ε < f ( x) < L + ε
− ε < f ( x) − L < +ε
Restando " L "
f ( x ) − L < ε
Aplicando la definición de valor absoluto
Con todo lo anterior, definimos formalmente límite de una función en un punto, de la siguiente manera:
Sea f una función de variable real y sean ε y ∂ cantidades positivas muy pequeñas. Suponga que f se aproxima a L cuando x se aproxima a x0 , denotado por lím f ( x ) = L , x → x0
significa que para toda proximidad ε que se desee estar con f en torno a L , deberá poderse definir un intervalo en torno a x en el cual tomar x , sin que necesariamente x = x0 , que nos garantice el acercamiento. 0
Es decir:
( lím f (x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − x x → x0
0
< δ ⇒ f (x ) − L < ε
La definición indica que para asegurar que una función tiene límite deberíamos establecer una relación entre ∂ y ε . Una manera de interpretar gráficamente lo mencionado es:
Con esta definición, ya podemos realizar demostraciones formales.
Demostrar formalmente que
lím (2 x + 1) = 5 .
x →2
SOLUCIÓN: Cuando hicimos la tabla de valores, sólo para seis valores percibimos que el límite de esta función era 5, se trata ahora de demostrarlo. Debemos garantizar que cuando reemplacemos la x por cualquier número cercano a 2 el valor de y correspondiente es un números cercano a 5, y mientras la x esté más cerca de 2 la y estará más cerca de 5; esto quiere decir que la diferencia entre los valores que resultan en 2 x + 1 con 5 deberán ser cantidades muy pequeñas, menores que cualquiera tolerancia ε que nos fijemos. Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 5 con y = 2 x + 1 , tanto como nos propusiéramos estar (para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir: ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 2 < δ ⇒
(2 x + 1) − 5 < ε
En la implicación, vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente . Observe el consecuente, su forma algebraica nos guiará en el procedimiento a seguir : 0 < x − 2 < δ 0 < 2 x − 2 < 2δ
Multiplicando por 2 (porque en el consecuente aparece 2 x )
0 < 2 x − 2 < 2δ 0 < 2 ( x − 2 ) < 2δ
Propiedades del valor absoluto
0 < 2 x − 4 < 2δ 0 < 2 x − 4 + 5 − 5 < 2 δ
Sumando y restando 5 (debido a que aparece -5 en el consecuente)
0 < ( 2 x + 1) − 5 < 2δ
Agrupando
Ahora, podemos decidir que δ =
ε 2
; es decir, que si tomamos 2 − ε 2 < x < 2 + ε 2 nos permite asegurar
lo propuesto. Suponga que ε = 0.1 ; es decir, si quisiéramos que y = 2 x + 1 esté a menos de 0.1 de 5, será posible si tomamos a la que x , en torno a 2 a una distancia no mayor de δ =
0.1 2
esté entre 4.9 y 5.1 bastará con tomar a la x un número entre 1.95 y 2.05.
= 0.05 . Es decir para que f
No olvide que proponer una relación entre ε y ∂ , garantiza que f estará tan cerca de quiera estar. Veamos, más cerca ε = 0.01 , bastará con tomar a la x a no menos de δ =
L , como se
0.01 2
= 0.005
de 2. Es decir que si tomamos 1.995 < x < 2.005 garantiza que 4.99 < f ( x) < 5.01 .
Demostrar Demostrar formalmente que
x + 5 x − 6 2
lím x →1
x − 1
=7.
SOLUCIÓN: Debemos asegurar que y =
x 2 + 5 x − 6 x − 1
se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la x esté
próxima de 1. Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 7 con y =
x 2 + 5 x − 6 x − 1
, tanto como nos
propusiéramos estar (para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir: ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 1 < δ ⇒
x + 5 x − 6 2
x − 1
− 7 < ε
Vamos Vamos a transformar t ransformar el antecedente antecedente hasta llevarlo a la l a forma del consecuente. La forma algebraica del consecuente nos guiará: gui ará: 0 < x − 1 < δ 0 < x − 1 + 7 − 7 < δ
Se suma y resta 7 (debido a que que aparece -7 en el consecuente)
0 < ( x + 6 ) − 7 < δ
Agrupando ( x + 6 ) y
( x + 6 ) ( x − 1)
dividiéndolo y multiplicándolo por ( x − 1) (debido a que el primer término del consecuente aparece dividido por ( x − 1) )
x − 1 x 2 + 5 x − 6 x − 1
−7 0 tal que 0 < x − 2 < δ ⇒ Por lo tanto: 0 < x − 2 < δ 0 < x − 2 x + 2 < δ x + 2 0 < ( x − 2) ( x + 2) < δ x + 2 0 < x − 4 < δ x + 2 2
2
x − 4 < ε
Multiplicando por x + 2 (debido a que el consecuente tiene una diferencia de cuadrados perfectos) Propiedades del valor absoluto
Tomamos δ =
ε x + 2
. Pero ahora existe un inconveniente, la relación es función de x . Esto lo podemos
salvar acotando a x . Suponga que a la x se la toma a una distancia no mayor de 1, en torno a 2, entonces 1 ≤ x ≤ 3 , que si tuviéramos que escoger un valor para x , el idóneo sería 3, para que satisfaga el hecho de que δ debe ser una cantidad pequeña. Por tanto, δ =
ε
ε
=
3+ 2
5
ε
ε
5
5
; es decir, tomar 2 − < x < 2 +
Demostrar Demostrar formalmente que
asegura lo que se quiere demostrar.
lím x = 2 .
x → 4
SOLUCION: Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 4 < δ ⇒
x − 2 < ε
entonces: 0 < x − 4 < δ
( 0< (
)( x − 2 )
0<
)
x − 2
0<
Factorizando x − 4 para diferencia de cuadrados
x + 2 < δ x + 2 < δ
Propiedades del valor absoluto
δ
x − 2 <
Despejando
x + 2
Tomamos δ = ε ⎛ ⎜ x + 2 ⎞⎟ . Ahora bien, si tomamos a
⎝ ⎠ entonces 3 ≤ x ≤ 5 , un valor idóneo idóneo sería 3. ¿Por qué?.
(
)
x
a una distancia no mayor de 1, entorno a 4,
(
)
(
)
Por lo tanto, δ = ε 3 + 2 ; es decir, si tomamos 4 − ε 3 + 2 < x < 4 + ε 3 + 2 aseguramos lo que se quiere demostrar.
Demostrar Demostrar formalmente que xl→ím27 3 x = 3 . SOLUCION: Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 27 < δ
⇒
3
x −3 < ε
Entonces: 0 < x − 27 < δ 0<
(
0<
(
0<
(
3
3
3
x − 27 ⎛⎜ ⎝
) ( x)
3
x − 3
⎛ ⎜ ⎝
3
) ( ) )
x − 3 <
3
2
x
2
+ x 27 + 3
3
+ 3 3 x + 9 ⎞⎟ < δ ⎠
( ) 3
x
2
27 ⎞⎟ < δ ⎠
)
2
Factorizando x − 27 para diferencia de cubos Propiedades del valor absoluto Despejando
δ
⎛ ⎜ ⎝
(
3
+ 3 3 x + 9 ⎞⎟ ⎠
2 ⎛ ⎞ Tomamos δ = ε ⎜ 3 x + 3 3 x + 9 ⎟ . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, ⎝ ⎠ entorno a 27, entonces 26 ≤ x ≤ 28 , un valor idóneo sería 26.
((
)
)
⎛
2
⎛
2
⎞
Por lo tanto, δ = ε ⎜ ⎛⎜ ( 3 26 ) + 3 3 26 + 9 ⎞⎟ ⎟ o δ ≈ 27 ε ; es decir, ⎠⎠ ⎝⎝ ⎞
⎛
⎞
si tomamos 27 − ε ⎜ ⎛⎜ ( 3 26 ) + 3 3 26 + 9 ⎞⎟ ⎟ < x < 27 + ε ⎜ ⎛⎜ ( 3 26 ) + 3 3 26 + 9 ⎞⎟ ⎟ o 2
⎠⎠ ⎝⎝ ⎝⎝ 27 − 27ε < x < 27 + 27ε aseguramos lo que se quiere demostrar.
Demostrar Demostrar formalmente que
lím x →1
x − 1 x − 1
=
1
⎠⎠
.
2
SOLUCION: Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 1 < δ
x − 1
⇒
x − 1
−
1 2
0, ∃δ > 0
tal que
0< x−4 0 tal que 0 < x − x 0 < δ 1 ⇒ f ( x) − L < ε 1 x → x0
H 2 : lím f ( x) x → x0
= M ≡ ∀ε 2 > 0, ∃δ 2 > 0 tal que 0 < x − x 0 < δ 2 ⇒ f ( x) − M < ε 2
Como se dice para todo ε 1 y para todo ε 2 entonces supongamos que ε 1 = ε 2 = ε . Tomemos ∂ = min{∂1, ∂ 2 } para estar con x , en la vecindad de x 0 .
⎧⎪ f ( x) − L < ε Simultáneamente tenemos: ∀ε > 0, ∃δ > 0 talque 0 < x − x0 < δ ⇒ ⎨ ⎪⎩ f ( x) − M < ε lo cual quiere decir también que: ∀ε > 0, ∃δ > 0 talque 0 < x − x0 < δ ⇒ f ( x) − L + f ( x) − M < 2ε M − f ( x )
Por la desigualdad triangular a + b ≤ a + b , tenemos: f ( x) − L + M − f ( x) ≤ f ( x) − L + M − f ( x) a
b
a
b
entonces como M − L ≤ f ( x) − L + M − f ( x ) < 2ε podemos decir que M − L < 2ε Ahora bien, suponiendo que M − L < 2
ε =
1 2
M − L
se produce una contradicción porque tendríamos
(12 M − L ) lo cual no es verdad. Por lo tanto, se concluye que L = M .
L.Q.Q.D
(una función que no tiene límite en un punto) Sea f ( x) = sen( x1 ) . Analicemos su comportamiento en la vecindad de “0” x
y = sen
− π 2
−1
− π 1
0
− 32π 7
1
2 3π 1 π 2 π
1 x
)
7 −1 0 1
Se observa que la función en la vecindad de “0” tiene un comportamiento un tanto singular, sus valores son alternantes. Por tanto, se concluye que esta función no n o titiene ene límite límite en cero . Veamos su gráfica.
y
⎛ 1 ⎞ = sen⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
1.2 LÍMITES LATERALES Existen funciones que por la derecha de un punto tienen un comportamiento y por la izquierda del punto tienen otro comportamiento. Esto ocurre frecuentemente en funciones que tienen regla de correspondencia definida en intervalos y que su gráfica presenta un salto en un punto. Para expresar formalmente este comportamiento se hace necesario definir límites en un punto por una sola dirección.
1.2.1 LÍMITE POR DERECHA
Cuando x se aproxima a tomar el valor de x , pero sólo por su derecha ( x < x < x + ∂ ) , f se aproxima a tomar el valor de L ; significa que f puede estar tan cerca de L , tanto como se pretenda ( ∀ε ), para lo cual deberá existir el correspondiente ∂ , que indica el intervalo en el cual tomar x que nos garantice aquello. Es decir: 0
0
0
1
1
⎛ lím f ( x ) = L ⎞ ≡ ∀ε > 0, ∃∂ tal que 0 < x − x < ∂ ⇒ f (x ) − L < ε ⎜ x → x + 1⎟ 0 1 ⎝ ⎠ 0
Una función creciente en ( x 0 , ∞ )
Una función decreciente en ( x 0 , ∞ )
1.2.2 LÍMITE POR IZQUIERDA.
Cuando x se aproxima a tomar el valor de pero sólo por su izquierda x0 , ( x0 − ∂ < x < x0 ) , f se aproxima a tomar el valor de L2 ; significa que f puede estar tan cerca de L2 , tanto como se pretenda ( ∀ε ), para lo cual deberá existir el correspondiente ∂ , que indica el intervalo en el cual tomar x que nos garantice aquello. Es decir: ⎛ lím f ( x) = L ⎞ ≡ ∀ε > 0, ∃∂ tal que 0 < x − x < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε ⎜ x → x − 2 ⎟ 0 2 ⎝ ⎠ 0
Una función decreciente en (−∞, x 0 )
Una función creciente en (−∞, x 0 )
Note que lo que se ha hecho es no otra cosa que separar la definición de límite en un punto que fue dada al comienzo. De las definiciones anteriores y por el Teorema de Unicidad de Límite surge el siguiente teorema.
1.2.3 TEOREMA DE EXISTENCIA DE LÍMITE
Si f es una función con límite en x0 entonces se cumple que tanto por izquierda como por derecha f tiende a tomar el mismo valor. Es decir: lím f ( x) = L ≡ lím f ( x) = L ∧ lím f ( x) = L
x → x 0
x → x 0
+
x → x 0
−
Si se da que lím f ( x ) ≠ lím f ( x) , se dice que lím f ( x) no existe. existe. x → x x → x 0
Sea
f ( x ) =
SOLUCIÓN:
+
x − 2 x − 2
x → x 0
−
. Hallar lím f ( x ) : x → 2
0
Expresando la regla de correspondencia sin valor absoluto, resulta: ⎧ x − 2 ; x > 2 x − 2 ⎪ ⎧ 1 ⎪ x − 2 =⎨ =⎨ f ( x) = x − 2 ⎪ − ( x − 2 ) ⎩− 1 ; x < 2 ⎪⎩ x − 2
; x > 2 ; x < 2
Esto quiere decir que su gráfica es:
De la gráfica observamos que
lím f ( x) = 1
x → 2
+
y
lím f ( x) = −1 ;
x → 2
entonces se concluye que
−
lím f ( x) no existe .
x → 2
Demostrar Demostrar formalmente que
lím f ( x ) = 6
x→3
si
⎧2 x , x > 3 ⎪ f ( x ) = ⎨4 , x = 3 ⎪3 x − 3 , x < 3 ⎩
SOLUCIÓN: Note que la función tiene regla de correspondencia correspondencia con una definición a la derecha de 3 y otra diferente a la izquierda de 3, entonces es necesario demostrar que lím+ f ( x ) = 6 y que lím− f ( x ) = 6 . x →3
(
x →3
)
PRIMERO, lím+ 2 x = 6 ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − 3 < ∂ ⇒ 2 x − 6 < ε x →3
0 < x − 3 < ∂ 0 < 2 ( x − 3) < 2∂ 0 < 2 x − 6 < 2∂
Si
∂=
ε 2
; es decir, tomando 3 < x < 3 +
ε 2
garantizamos garantizamos la afirmación que
lím 2 x = 6 x →3+
SEGUNDO,
( lím ( 3 x − 3) = 6) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que x → 3−
0 < 3 − x < ∂ ⇒ ( 3 x − 3) − 6 < ε 0 < 3 − x < ∂ 0 < 3 ( 3 − x ) < 3∂ 0 < 9 − 3 x < 3∂ 0 < 6 + 3 − 3 x < 3∂ 0 < − ( 3 x − 3) + 6 < 3∂ 0 < − ⎣⎡( 3 x − 3) − 6 ⎦⎤ < 3∂
Si ∂ =
ε 3
; es decir, tomando
3−
ε 3
< x < 3 garantizamos que lím− ( 3 x − 3) = 6 . x → 3
.
Demostrar Demostrar formalmente f ormalmente que
lím f ( x )
x → 2
⎧ x − 1 , x ≥ 2 ⎩ x + 1 , x < 2
no existe, si f ( x ) = ⎨
SOLUCIÓN: La función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 2 y otra diferente a la izquierda de 2, entonces es necesario demostrar que ambas definiciones convergen a distintos valores, es decir: lím f ( x ) ≠ lím f ( x ) . x → 2 +
x → 2 −
Note que, lím+ ( x − 1) = 1 y que lím− ( x + 1) = 3 x → 2
x → 2
PRIMERO,
( lím ( x −1) = 1) ≡ ∀ε > 0, ∃∂∃∂ > 0 tal que x → 2+
0 < x − 2 < ∂ ⇒ ( x − 1) − 1 < ε 0 < x − 2 < ∂ 0 < x − 1 − 1 < ∂ 0 < ( x − 1) − 1 < ∂
Si ∂ = ε ; es decir, tomando 2 < x < 2 + ε garantizamos que lím+ ( x − 1) = 1 . x → 2
SEGUNDO, ∃∂ > 0 tal que ( lím ( x + 1) = 3) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ x → 2−
0 < 2 − x < ∂ ⇒ ( x + 1) − 3 < ε 0 < 2 − x < ∂ 0 < 3 − 1 − x < ∂ 0 < 3 − (1 + x ) < ∂ 0 < − ⎡⎣( x + 1) − 3⎤⎦ < ∂
Si ∂ = ε ; es decir, tomando 2 − ε < x < 2 garantizamos que lím− ( x + 1) = 3 . x → 2
Por lo tanto, al demostrar que f converge a distintos valores en la vecindad de 2 , estamos demostrando que lím f ( x ) no existe x → 2
Demostrar Demostrar formalmente f ormalmente que
lím ( 2 x − a x b) = 2
x → 2+
SOLUCIÓN:
( lím ( 2 x − a xb) = 2 ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que x → 2+
0 < x − 2 < ∂ ⇒ ( 2 x − a x b) − 2 < ε
No olvide que a la derecha de 2 el entero mayor de x es igual a 2, es decir a x b = 2 . Transformando el antecedente:
( 0 < x − 2 < ∂ ) ≡ 0 < 2 x − 4 < 2∂ ≡ 0 < 2 x − 4 + 2 − 2 < 2∂ ≡ 0 < 2 x − 2 − 2 < 2∂
¨
≡ 0 < ( 2 x − a 2b) − 2 < 2∂ Si ∂ =
ε 2
; es decir, tomando 2 < x < 2 +
ε 2
garantizamos que lím+ ( 2 x − a x b) = 2 . x → 2
1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límites laterales: a. lím x = 0 x →0
b.
⎧2 x − 7 lím f ( x ) = −3 ; si f ( x ) = ⎨ x →2 ⎩5 − 4 x
, x ≥ 2
c.
⎧2 x − 1 , x ≥ 2 lím f ( x ) = 3 ; si f ( x ) = ⎨ x → 2 ⎩ x + 1 , x < 2
, x < 2
lím ( 2 x − a x b) = 3
d.
x → 2−
lím+ ( 3 x − a x b) = 6
e.
x → 3
⎧3 x − 1 , x ≥ 1 2. Demostrar formalmente que lím f ( x ) no existe, si f ( x ) = ⎨ x →1 ⎩ x + 2 , x < 1 3. Trace la gráfica y determine, por inspección, el límite indicado si existe, si no existe justifique. , x < 1 ⎧2 ⎪ f ( x ) = ⎨− 1 , x = 1 ; lím f ( x ) x →1 ⎪3 > x , 1 ⎩ x + 2 ; lím f ( x ) ; lím f ( x ) f ( x ) = x →− 2 x → 2 x + 2 ⎧2 x − 7 , x ≥ 2 f ( x ) = ⎨ ; lím f ( x ) − < x x 5 4 , 2 x → 2 ⎩
a.
b. c.
f ( x ) = x − a x b
d.
; lím f ( x ) , lím+ f ( x ) − x→0
x → 0
⎧ x + a x b , x ≤ −1 ⎪ e. f ( x ) = ⎨ Sgn ( x − 3) , −1 < x ≤ 4 ; lím f ( x ) x →− 1 ⎪ ,x > 4 ⎩ μ ( x )
, lím f ( x ) x →−
4. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla las condiciones siguientes: • Dom f = R •
f es decreciente en (−∞,−3) ∪ (0,2)
•
f es creciente en (−3,0) ∪ (2,+∞)
•
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀ x 0 < −3 − x < δ ⇒ f ( x) − 2 < ε
•
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀ x 0 < x + 3 < δ ⇒ f ( x) < ε
•
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀ x 0 < x − 2 < δ ⇒ f ( x) + 1 < ε
•
f (−3 ) = f (2 ) = 0 y f (0) = 5
5. Bosqueje el gráfico de una función que cumpla las condiciones siguientes: Dom f = R • •
f es creciente en ( −∞, 0 ) ∪ ( 0, 3 )
•
f decreciente en (3, ∞ )
•
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀ x 0 < − x < δ ⇒ f ( x) − 3 < ε
•
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀ x 0 < x < δ ⇒ f ( x) < ε
•
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀ x 0 < x − 3 < δ ⇒ f ( x) − 5 < ε
•
f (−3 ) = f (3) = f (6) = 0 y f (0) = 2
5
2
1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES 1.3.1 TEOREMA PRINCIPAL SOBRE LÍMITE
Sean f y g funciones con límite en x0 ; es decir, suponga que lím f ( x) = L y x → x0
lím g ( x ) = M
. Entonces:
x → x0
1.
lím k = k , ∀k ∈ R
x → x0
2. xlím x = x0 →x 0
3. xl→ímx kf ( x) = k xl→ímx f ( x ) = kL , ∀k ∈ R 0
0
4. xl→ímx [ f ( x) + g ( x)] = xl→ímx f ( x ) + xl→ímx g ( x ) = L + M 0
0
0
5. xl→ímx [ f ( x) − g ( x)] = xl→ímx f ( x) − xl→ímx g ( x ) = L − M 0
0
0
6. xl→ímx [ f ( x) g ( x)] = xl→ímx f ( x ) xlíl→ímx g ( x ) = LM 0
0
0
ím f ( x) ⎡ f ( x) ⎤ xl→ L x = = 7. xlím ;siempre que ⎢ ⎥ →x ím g ( x ) M ⎣ g ( x) ⎦ xl→ x 0
0
lím g ( x) ≠ 0
x → x0
0
n
8. xl→ímx [ f ( x)] = ⎡⎢ xl→ímx f ( x)⎤⎥ = Ln , ⎣ ⎦ n
0
∀n ∈ N
0
9. xl→ímx n f ( x) = n xl→ímx f ( x) = n L 0
0
siempre que
lím f ( x ) ≥ 0
x → x0
cuando n es par.
Demostraciones 1.
( lím k = k ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
< ∂ ⇒ k − k < ε
0
x → x0
El consecuente de la implicación es verdadero porque 0 < ε . Por tanto, la proposición es siempre verdadera. 2.
( lím x = x ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x x → x0
0
Si ∂ = ε la proposición es verdadera siempre.
0
< ∂ ⇒ x − x0 < ε
3.
( lím kf (x) = kL ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂∃∂ > 0 / 0 < x − x
0
x → x0
Observe
el
consecuente,
la
expresión
< ∂ ⇒ kf ( x ) − kL < ε
kf ( x) − kL < ε
es
equivalente
a
k ( f ( x ) − L ) < ε .
Por hipótesis, en la cercanía de x0 , f se aproxima a L , por tanto kf se aproximará a kL .
4. Debemos demostrar que si lím f ( x) = L
x → x0
Asegurar que
lím g ( x) = M
lím f ( x) = L
x → x0
Y asegurar que
entonces
x → x0
lím [ f ( x ) + g ( x)] = L + M
x → x0
significa que:
∀ε 1 > 0, ∃∂ 1 > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ 1 ⇒ f ( x ) − L < ε 1 lím g ( x ) = M significa que:
x → x0
∀ε 2 > 0, ∃∂ 2 > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ 2 ⇒ g ( x ) − M < ε 2 Lo cual quiere decir si tomamos ε 1 = ε 2 =
ε 2
y ∂ = min{∂1, ∂ 2 } tenemos:
ε ⎧ − < ( ) f x L ⎪⎪ 2 ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ ⎪ g ( x) − M < ε ⎪⎩ 2
Sumando término a término la desigualdad resulta: f ( x) − L + g ( x) − M <
ε
+
2
ε 2
Y por la desigualdad triangular ( f ( x) − L ) + (g ( x) − M ) ≤ f ( x) − L + g ( x) − M Por lo tanto ( f ( x) + g ( x)) − ( L + M ) < ε Finalmente, se observar que: ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ( f ( x) + g ( x) ) − ( L + M ) < ε lo que nos asegura que
lím [ f ( x ) + g ( x )] = L + M
x → x0
El resto de las demostraciones demostraciones se deja como ejercicio para el lector. Observe que el recíproco del teorema anterior es falso.
Suponga que se tiene
⎧1 ; x > 0 f ( x ) = ⎨ ⎩0 ; x ≤ 0
y
⎧0 ; x ≥ 0 g ( x) = ⎨ ⎩1 ; x < 0
⎧1 ; x ≠ 0 ⎩0 ; x = 0
entonces ( f + g )( x) = ⎨
Observe que: lím f ( x ) no existe y que lím g ( x ) tampoco existe, sin embargo lím ( f + g ) ( x) = 1 x →0
x →0
x → 0
(existe). Es decir, “ Si ( f + g ) es una función con límite en un punto, entonces no podemos asegurar ase gurar que f y g también tienen límite en ese punto”
El teorema principal de límite permite establecer límites de ciertas funciones.
Calcular
lim x 2 + 3 x − 2
x → 2
)
SOLUCIÓN: Aplicando el teorema principal de límites, tenemos:
( →
)
lim x + 3 x − 2 = lim x + lim 3 x − lim 2
x
2
2
2
x → 2
x → 2
x →2
(inciso 4 y 5)
2
= ⎛ ⎜ lim x ⎞⎟ + 3 lim x − 2 (inciso 8, 3 y 1) x →2 ⎝ x →2 ⎠ = 2 2 + 3(2) − 2 =8
Lo último del ejemplo anterior permite concluir que con una sustitución basta.
1.3.2 TEOREMA DE SUSTITUCIÓN
Sea f una función polinomial o una función racional, entonces lím f ( x) = f ( x0 ) x → x0
siempre que f ( x0 ) esté definida y que el denominador no sea cero para el caso de una función racional. De principio o de final, en el cálculo de límite, se empleará el teorema de sustitución.
Calcular
lim x 2 + 3 x − 2
x → 2
)
SOLUCIÓN: Aplicando el teorema de sustitución, tenemos: 2 2 lim x + 3 x − 2 = 2 + 3(2) − 2 = 8
x → 2
Veamos el siguiente otro teorema, muy poco utilizado pero necesario en ciertas situaciones.
1.3.3 TEOREMA DEL EMPAREDADO
Sean f , g y h funciones tales que g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h ( x ) para toda x próxima a " x0 " con la posible excepción de " x0 ". Si y entonces lím g ( x ) = L lím h( x) = L x→ x0
x → x0
lím f ( x ) = L .
x → x0
DEMOSTRACIÓN. Tenemos tres hipótesis: H 1 : H 2 : H 3 :
( lím g ( x) = L ) ≡ ∀ε ( lím h( x) = L ) ≡ ∀ε x → x0
1
> 0, ∃∂1 > 0 / 0 < x − x0 < ∂1 ⇒ g ( x ) − L < ε 1
x → x0
2
> 0, ∃∂ 2 > 0 / 0 < x − x0 < ∂2 ⇒ h ( x ) − L < ε 2
∃∂ 3 > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ 3 ⇒ g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h( x)
Ahora, suponiendo que ε 1 = ε 2 = ε y tomando ∂ = min{∂1, ∂ 2 , ∂3} , tenemos: ⎧ g ( x) − L < ε ⎪⎪ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ h( x) − L < ε ⎪ ⎪⎩ g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x ) ⎧ L − ε < g ( x) < L + ε ⎪ que quiere decir que: ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ L − ε < h( x) < L + ε ⎪ g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) ⎩
lo cual significa que: L − ε < g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) < L + ε , y de manera simplificada se podría decir que: L − ε < f ( x) < L + ε Por lo tanto ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε , que no es otra cosa que lím f ( x) = L L.Q.Q.D. x → x0
Ahora veamos ejercicios donde se emplea el teorema del emparedado
Sea 1 − x2 ≤
f ( x) ≤ x 2 + 1
para toda tod a
próxim pró ximaa a 0, excepto en 0. Hall Hallar ar lím f ( x ) . x → 0
SOLUCIÓN : Llamemos g ( x ) = 1 − x 2 y h( x) = x 2 + 1 . Calculando límites tenemos: lím g ( x) = lím (1 − x 2 ) = 1
x → 0
x →0
y
lím h( x) = lím ( x 2 + 1) = 1 .
x → 0
x →0
Y como g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) en la vecindad de x = 0 , por el teorema del emparedado se concluye que: lím f ( x) = 1
x →0
O más simplemente: simplemente: lím (1 − x 2 ) ≤ lím f ( x ) ≤ lím ( x 2 + 1) x →0
x →0
x →0
1 ≤ lím f ( x) ≤ 1 x →0
por lo tanto lím f ( x) = 1 x →0
Use el el teorema t eorema del del emparedado para demostrar demostr ar que:
⎛ 1 ⎞ ⎟ =0 x ⎝ ⎠
lím x sen⎜
x →0
SOLUCIÓN: ⎡
1 ⎤
⎣
⎝ ⎠⎦
No se puede aplicar la propiedad del producto de los límites debido a que lím ⎢sen ⎛⎜ ⎞⎟ ⎥ no existe. x → 0 x También hacerlo en término de ∂ − ε , sería dificilísimo, ¿Por qué? . Por tanto hay que recurrir a otro mecanismo. ⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎝ x ⎠
⎝ x ⎠
La función f ( x) = sen⎜ ⎟ es acotada, es decir que 0 ≤ sen⎜ ⎟ ≤ 1 . ⎛ 1 ⎞
Al multiplicar por x tenemos: x 0 ≤ x sen⎜ ⎟ ≤ x 1 ; ⎝ x ⎠
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
luego tomando límite resulta lím 0 ≤ lím x sen⎜ ⎟ ≤ lím x , que equivale a 0 ≤ lím x sen⎜ ⎟ ≤ 0 x →0
x →0
⎝ x ⎠
x →0
x →0
⎛ 1 ⎞ ⎝ x ⎠
y llegamos a lo que queríamos, es decir: lím x sen⎜ ⎟ = 0 . x →0
Hallar
lím
Senx
x → 0
x
SOLUCIÓN: Para emplear el teorema del emparedado, acotemos la función f ( x) =
Senx
R1 tg x
1 sen x
x
R3
cos x
1
R 2
x
⎝ x ⎠
(tg x )(1)
Del gráfico tenemos que: Area R1 =
, A R2 =
2
(tg x )(1)
Observe que A R1 ≥ A R2 ≥ AR3 , entonces
2
≥
(1) 2 ( x ) 2
(1)2 ( x) 2
PRIMERO: Si x → 0+ . Multiplicando por 2 y dividiendo para 2(tg x )(1) 2 sen x
que es lo mismo que cos x ≤
2( x )
≥
2 sen x 1
cos x sen x 1 x
tomando límite lím+ cos x ≤ lím+
≥
, A R3 = ≥
2
resulta:
2 cos x sen x
≥
2 sen x x
sen x
≥ cos x
≤
cos x sen x
≤ lím +
x →0
1
lím
x →0
sen x
+
SEGUNDO: En cambio, si x → 0 − . Multiplicando por 2 y dividiendo para 1 cos x
≤
que es lo mismo que: cos x ≤
x
sen x sen x x
tomando límite: lím− cos x ≤ lím− x →0
x →0
1 ≤ lím
x →0 −
Finalmente lím
sen x
x → 0
x
2
cos x sen x
sen x
x x →0 cos x sen x entonces 1 ≤ lím ≤1 + x x →0
x →0
(cos x )(sen x)
x
=1
sen x
resulta:
≤ cos x (Se invierte el sentido de la desigualdad porque sen x < 0 1
≤
cos x sen x x sen x x
≤ lím− x →0
≤1
1 cos x
entonces
lím
x →0 −
=1
Observe la gráfica
sen
y
=
x
Note que en su gráfica se observa la conclusión anterior.
x
sen x x
=1
1. Realice las demostraciones de los incisos 5, 6 y 7 del Teorema principal de límite. 2. Use el teorema del emparedado para demostrar que: lím x 4 Sen 2
a.
x → 0
⎡
1 x
=0 ⎤ ⎥=0 x −1 ⎦ 1
2
lím ⎢( x − 1) sen
b.
x →1+ ⎣
3. Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA O FALSA, en caso de ser verdadera demuéstrela y en caso de ser falsa dé un contraejemplo. a.
lím ( f ( x ) ) = L
x → x0
⇒
lím ( f ( x ) − L ) = 0
x → x0
b. Si lím ( f ( x ) − g ( x ) ) existe, entonces también existen lím f ( x ) y lím g ( x ) x → x0
x → x0
c.
x → x0
Si g ( x ) + 5 ≤ 3(4 − x )2 , entonces lím g ( x ) = −5 x →4
d. Si f ( x0 ) no está definida, entonces el lím f ( x ) no existe x → x0
e. Si f ( x0 ) existe, entonces lím f ( x ) existe x → x0
f.
Suponga que g es una función tal que lím g ( x) = 0 . Si f es una función cualquiera, x →0
entonces lím ( fg )( x) = 0 x →0
g. Si f ( x) ≠ g ( x) para toda x , entonces el lím f ( x ) ≠ lím g ( x ) x → x0
x → x0
1.4 CALCULO DE LÍMITES En el cálculo de límites, la aplicación del teorema de sustitución puede bastar. Calcular
lím ( x − a x b)
x →1+
SOLUCIÓN: Aplicando el teorema de sustitución: lím+ ( x − a x b) = 1 − ced1+ fhg = 1 − 1 = 0 (El entero mayor de números ligeramente mayores que 1 es igual a 1)
x →1
Calcular
lím ( x − a x b)
x →1−
SOLUCIÓN: Aplicando el teorema de sustitución lím− ( x − a x b) = 1 − ced1− fhg = 1 − 0 = 1 (El entero mayor de números ligeramente menores que 1 es igual a 0)
x →1
Calcular
lím (a2 x − 1b + Sgn ( x − 1) )
x →1−
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límites y el teorema de sustitución: lím− (a 2 x − 1b + Sng ( x − 1) ) = lím− (a 2 x − 1b) + lí lím− ( Sng ( x − 1) ) x →1
x →1
x →1
= cde 2(1− ) − 1fgh + sng (1− −1) = cde1− fgh + sng ( 0− ) = 0 −1 = −1
Calcular: 1. 2. 3. 4. 5.
6.
lím+ 2 x − 6 − 4
x→4
lím
x →3 +
7.
x − 4 − 1
3 − x
8.
x → 0
x →3
lím+
x → 0
+
x →
lím+ ( x − 2Sgnx )
lím+
a tan x b + Sgn ( x 2 ) lím x → 0 μ ( x ) lím lím asen sen x b π
9.
a x b − 3
2
lím + ced cos ( x + π 2 )fhg
x →−
3 − x
10.
x − 1
π 2
lím ⎡⎣ μ ( x + 5) + μ ( x − 1) − μ ( x − 3) ⎤⎦
x → 5+
a x b + 1
c x 2 f − a x b2 ed hg lím+ 2 x →1 x − 1
En otros casos, al calcular límites, una vez aplicado el teorema de sustitución, se requerirá un trabajo adicional si se presentan resultados de la forma: 0 0
∞ ∞ ∞−∞ 0•∞ 1∞ 00
∞0
Los resultados de la forma mencionada son llamados indeterminaciones debido a que corresponden a cualquier valor. Por ejemplo, tomemos
0
suponga que sea igual a una constante c , es decir
0 0
,
= c entonces 0 = 0c
0 sería verdadera para todo c . Analice el resto de indeterminaciones.
Calcular
x + 5 x − 6 2
lím
x − 1
x →1
SOLUCIÓN: x + 5 x − 6 2
Empleando el teorema de sustitución tenemos
lím
x − 1
x →1
=
12 + 5 (1) − 6 1 −1
indeterminación, para destruirla vamos a simplificar la expresión, es decir factorizando: 2 ( x + 6 ) ( x − 1) x + 5 x − 6 = lím = lím ( x + 6) lím x →1 x x →1 → 1 x − 1 x −1 Y finalmente aplicando el teorema de sustitución: lím ( x + 6 ) = 1 + 6 = 7 x →1
Calcular
x − 7 x + 10 2
lím
x − 2
x → 2
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
2 2 − 7(2 ) + 10 2−2
=
0 0
(Indeterminación)
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión: lím
x → 2
x 2 − 7 x + 10 x − 2
( x − 2 ) ( x − 5 ) = lím( x − 5) x→ 2 x→ 2 − x 2 ( )
= lím
Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta: lím( x − 5) = 2 − 5 = 3
x → 2
Calcular
lím
x + 5 x − 14
x → 4
x − 2
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
4 + 5 4 − 14 4 −2
=
0 0
(Indeterminación)
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:
=
0 0
una
lím
x + 5 x − 14 x − 2
x → 4
( = lím
x + 7
)(
x −2
x −2
x→4
) = lím x→ 2
(
x + 7
)
Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta: lím
x → 4
(
)
x + 7 =
4 +7 =9
SEGUNDO METODO:
Podemos hacer un Cambio Cambio de Variabl Variablee: x = u 2 . Este caso u = x , y cuando x → 4 , u → 2 Por tanto el límite en la nueva variable sería: lím
2 u + 5u − 14
u−2
u →2
Simplificando la expresión y aplicando en teorema de sustitución: lím
2 u + 5u − 14
u−2
u →2
Calcular
lím x →1
= lím
(u + 7) (u − 2) u−2
u→2
= lím ( u + 7 ) = 9 u→2
x − 1 x − 1
SOLUCIÓN: Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 −1 1 −1
=
0 0
(Indeterminación)
Racionalizando el numerador y simplificando: ⎡ x − 1 x + 1⎤ x −1 lím ⎢ • = lím = lím ⎥ → x →1 x 1 x + 1⎦ ( x − 1) x + 1 x→1 ⎣ x − 1
(
Calcular
lím
)
1
(
)
x +1
=
1 2
x − 1
x − 1 SOLUCIÓN: x →1 3
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 −1 1 −1
3
=
0 0
(Indeterminación)
Para encontrar el valor de esta indeterminación, podemos aplicar uno de los siguientes métodos: PRIMER METODO:
Racionalizando el numerador para diferencia de cuadrados y el denominador para diferencias de cubos: 2 ⎡ 3 x + 3 x + 1 ⎤ − + 1 1 x x ⎥ • • lím ⎢ 2 x →1 ⎢ 3 x − 1 x + 1 3 x + 3 x + 1 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
( ) ( )
(( ) ( x − 1) ( x + 1)
( x − 1) lím x →1
3
x
2
) = (( ) + 1 +1) = 3 2 ( 1 + 1)
+ 3 x +1
3
1
2
3
SEGUNDO METODO:
Cambio de Variable: x = u 6 . Entonces Si x → 1 ⇒ u → 1 6 u −1
Reemplazando tenemos: lím
u →1 3
u −1 6
= lím u →1
3 u −1 2 u −1
( u − 1) ( u 2 + u + 1) (u 2 + u + 1) (12 + 1 + 1) 3 = lím = = Y factorizando: lím u →1 u →1 − + + + 1 1 1 1 1 2 u u u ( )( ) ( ) ( )
Calcular
lím−
a3 x − 2b
2− x
2 x − 4
x → 2
SOLUCIÓN: ⎛ 2 − x ⎞ Aplicando el teorema principal de límite consideramos lím− a3 x − 2b ⎜ lím− 2 ⎟ x → 2 x → 2 x − 4 ⎝ ⎠
)
(
(
)
Entonces, para el primer límite tenemos: lím− a3 x − 2b = 3 ¿Por qué? x → 2
Y para el segundo límite, resulta: 2 − x − ( x − 2) 2 − x 2 − x = lím− 2 = lím− = lím− = lím− 2 x →2 x − 4 x →2 x − 4 x →2 ( x − 2 )( x + 2) x →2 ( x − 2 )( x + 2) −1 1 =− lím− x →2 ( x + 2 ) 4 Por lo tanto lím−
a3 x − 2b
2−x
x − 4 2
x → 2
3 ⎛ 1⎞ = (3) ⎜ − ⎟ = − 4 ⎝ 4⎠
Calcular: 2
1. 2.
x − 9
lím
x →3
lím
x → 2
x−3 2 − x 2
x −4
3
10.
lím
x →8
11.
lím
x →1 x 2
4. 5. 6. 7. 8. 9.
x − 8
lím
x → 2
lim
x 2 − 9 x + 20 x 2 − 3 x − 4
x → 4
lim
x → 2
lim x →1
3 x 2 − x − 10 x 2 + 5 x − 14 x 3 + x 2 − 5 x + 3 x 3 + 2 x 2 − 7 x + 4
lim
x →− 2
lím
x → 4
lim
x → 2
x−2
2 x 3 + x 2 − x + 10 x 3 + 2 x 2 − 2 x − 4
x − 2 x−4 x − 1 − 1 x − 2
x −8 3
3
3.
x − 2
12.
lím
x →1
x − 1
+x−2
2 x − (1 + a ) x + a
x −1
⎛ 3 x 2 − 2 3 x + 1 ⎞ ⎟ 13. lim ⎜ x →1⎜ ( x − 1)2 ⎠⎟ ⎝ ⎛ 3 2 ⎞ ⎟⎟ − 14. lím⎜⎜ 3 x →1⎝ 1 − x 1 − x ⎠ 15. 16.
lím
x →8
lím
x → 2+
7 + 3 x − 3 x −8 a3 x − 2b 2 − x x − 4 2
Otros límites se calculan empleando la expresión lím
sen x
x →0
generalizada sería: lím
sen u
u →0
Calcular
lím
u
x
= 1 que en forma
= 1; donde u = u ( x)
sen ( kx )
x → 0
x
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
sen ( k ( 0 ) )
0
=
0
0
(Indeterminación)
Para encontrar el valor de esta indeterminación, multiplicamos y dividimos por k , y luego aplicamos el teorema principal de límites: lím k
x → 0
sen kx kx
sen ( kx )
= k lím = k (1) = k x→0 k x
1
Se podría decir que lím
sen ( k u )
u →0
Calcular
lím
u
= k ;
k ∈ \
sen3 x
x →0
sen5 x SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
sen( 3 ( 0 ) ) sen( 5 ( 0 ) )
=
0 0
(Indeterminación)
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación dividimos el numerador y el denominador entre x , y luego aplicamos el teorema principal de límites y la formula anterior: 3 sen 3 x lím
x → 0
sen 3 x sen 5 x
= lím x →0
x = sen 5 x x
lím
sen 3x
3 x = sen 5 x 5 lím x → 0 x x → 0
5
Calcular
lím
1 − cos x
x → 0
x 2
SOLUCIÓN: 1
P
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − co cos 0 02
=
0 0
(Indeterminación)
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:
2
sen x 2 1 − cos x ⎡1 − cos x 1 + cos x ⎤ • = lím ⎢ l í m 2 x → 0 1 + cos x ⎥⎦ x → 0 x 2 (1 + cos x ) ⎣ x 2 ⎛ sen x ⎞ ⎛ 1 ⎞ = lím 2 = ⎜ lím 2 ⎟ ⎜ lím ⎟ x → 0 x (1 + cos x ) ⎝ x →0 x ⎠ ⎝ x→ 0 1 + cos x ⎠ 2 sen x
2
sen x ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ = ⎜ lím ⎟ ⎜ ⎟= x → 0 x ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 ⎝
Calcular
lím
1 − cos ( kx )
x → 0
x
2
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: 1 − co cos ( k 0 ) 0
2
=
1 − co cos ( 0)
=
0
1−1 0
=
0 0
(Indeterminación)
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente: 2
sen ( kx ) 1 − cos 2 ( kx )
⎡1 − cos ( kx ) 1 + cos ( kx ) ⎤ • ⎥ = lxí→m0 2 2 x → 0 kx + x 1 c o s x (1 + cos ( kx ) ) ( ) ⎢⎣ ⎥⎦ lím ⎢
2 ⎛ ⎞ sen ( kx ) ⎞ ⎛ 1 = lím 2 = ⎜⎜ lím l í m ⎟⎜ ⎟ x → 0 x (1 + cos kx ) ( ) ⎝ x→0 x2 ⎟⎠ ⎜⎝ x →0 1 + cos ( kx ) ⎟⎠
sen 2 ( kx ) 2
⎛ sen ( kx ) ⎞ ⎛ 1 ⎞ k 2 = ⎜ lím ⎟ ⎜ ⎟= x → 0 x ⎝2⎠ 2 ⎝ ⎠ k
Se puede decir que
Calcular
lím
lím
1 − cos ( k u )
u →0
u
2
=
2
k
2
1 − cos x
x → 0
x
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − cos 0 0
=
0 0
(Indeterminación)
Multiplicando Multiplicando por el conjugado y aplicando propiedades: 1 − cos 2 x ⎡1 − cos x 1 + cos x ⎤ • lím ⎥ = lxí→m0 x (1 + cos x ) x → 0 ⎢ + 1 c o s x x ⎣ ⎦ lím
x → 0
sen 2 x x(1 + cos x)
= lím x →0
sen x x
lím x→0
sen x 1 + cos x
0 ⎞ ⎛ ⎞⎛ s e n s e n 0 x ⎜ ⎟ 0 ⎜ ⎟ = ⎜ lím ⎟ ⎜ 1 + cos 0 ⎟ = 2 = 0 x → 0 x ⎟⎜ ⎜ ⎟ 1 ⎝ ⎠⎝ 1 ⎠ P
N
Se puede decir que
Calcular
lím
1 − cos ( k u )
u →0
lím
u
=0
sen x − sen a x − a
x → a
SOLUCIÓN: Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
sen a − sen a a−a
=
0 0
(Indeterminación)
PRIMER MÉTODO:
Cambiando variable u = x − a . Entonces si x → a , u → 0 y además x = u + a Reemplazando y simplificando tenemos: ( + ) (sen u cos a + cos u sen a ) − sen a sen u a
lím
sen ( u + a ) − sen a
u →0
u
= lím u→0
= lím u →0
= lím
u
sen u cos a + cos u sen a − sen a u sen u cos a + ( cos u − 1) sen a
u →0
= lím
u
sen sen u cos cos a
u →0
+ lím
( cos u − 1) sen a
u →0
u
u
⎡ ( cos u − 1) ⎤ ⎡ sen u ⎤ a s e n = cos a ⎢lím + ⎢luí→m0 ⎥ ⎥ u →0 u u ⎣⎦ ⎣ ⎦ 1
0
= cos a(1) + sena (0) = cos a
SEGUNDO MÉTODO: Empleando la identidad: sen x − sen a = 2 cos ⎛⎜
x + a ⎞
⎛ x−a⎞ ⎟ ⎝ 2 ⎠
⎟ sen ⎜
⎝ 2 ⎠ ⎛ x + a ⎞ ⎛ x−a⎞ 2 cos ⎜ sen ⎜ ⎟ ⎟ sen x − sen a 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ lím = lím x → a x →a x − a x−a
Al denominador lo dividimos y multiplicamos por 2, y luego separamos los límites aplicando el teorema principal de límites (el límite del producto es el producto de los límites) ⎛ x + a ⎞ ⎛ x−a⎞ ⎛ x+a⎞ ⎛ x− a⎞ 2 cos ⎜ sen ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = lím ⎝ 2 ⎠ lím ⎝ 2 ⎠ x →a x →a x − a x−a 2
2 cos ⎜ lím
x → a
2
2
2 1
= cos a
Calcular
lím x →1
1 + sen ( 32π x )
( x − 1)
2
SOLUCIÓN: Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 + sen ( 32π )
(1 − 1)
2
=
1−1 0
=
0 0
(Indeterminación)
Haciendo cambio de variable: u = x − 1 entonces x = u + 1 y si x → 1 entonces u → 0 Reemplazando Reemplazando y simplificando: simplificando: lím x →1
1 + sen ( 32π x )
( x − 1)
2
= lím
1 + sen ( 32π ( u + 1) )
u →0
= lím
u
1 + sen ( 32π u + 32π )
u →0
= lím
2
u
2
1 + sen ( 32π u ) cos ( 32π ) + cos ( 32π u ) sen ( 32π
u →0
= lím
u
2
1 + sen ( 32π u ) ( 0 ) + cos ( 32π u ) ( −1)
u →0
= lím
)
u
2
1 − cos ( 32π u )
u →0
u
2
El último límite se lo puede calcular directamente con la formula lím
1 − cos ( k u ) u2
u →0
⎛ k ⎞ 1 − cos ⎜ 32π u ⎟ ⎜ ⎟ ( 3π )2 ⎝ ⎠= 2 = lím 2
=
k 2
2
P
u →0
9π 2 4
2
u
2
=
9π 2 8
El resultado se lo puede comprobar, realizando todo el procedimiento lógico. Multiplicando por el conjugado y simplificando: 2 ⎡⎣1 − cos ( 32π u ) ⎤⎦ ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦ 1 − cos ( 32π u ) = lím 2 lím 2 u →0 u →0 u ⎡⎣1 + cos ( 32π u )⎤⎦ u ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦
= lím u →0
sen 2 ( 32π u ) 2 u ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦ 2
⎡ sen ( 32π u ) ⎤ 1 = lím ⎢ lím ⎥ u →0 u ⎢⎣ ⎥⎦ u → 0 ⎡⎣1 + cos ( 32π u )⎤⎦ Multiplicando Multiplicando y dividiendo por
3π
y obteniendo límite:
2
2
⎡ 32π sen ( 32π u ) ⎤ 1 lím ⎢ l í m ⎥ u →0 3π u →0 u ⎡⎣1 + cos ( 32π u ) ⎤⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ 2 2
⎡ sen ( 32π u ) ⎤ 2 1 3π = ( 2 ) lím ⎢ 3π lím ⎥ u →0 u ⎦⎥ u → 0 ⎡ ⎤ 2 ⎣⎢ π 3 ⎢1 + cos ( 2 u ) ⎥ ⎥ ⎢ ⎣ ⎦ 1 2
⎛ 3π ⎞ ⎛ 1 ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠ =
9π 2 8
Calcular
lím−
x → 0
x
1 − cos x
SOLUCIÓN: 0−
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − cos 0
=
0− 0
(Indeterminación)
Multiplicando por el conjugado del radical, simplificando y luego calculando: lím−
x → 0
1 + cos x
x
1 − co cos x
= lím−
1 + co cos x
x 1 + cos x 2 1 − cos x
x→ 0
= lím−
x 1 + cos x
x → 0
= lím−
2 sen x
1 + cos x
x → 0
= lím−
2 sen x x
1 + cos x 2 sen x
x → 0
x
= lím− x → 0
1 + cos x sen x
−
x
1 + cos 0 N
=
1
−
sen x x
N
1
=− 2
Calcular: 1.
sen 2 x + tan 3 x
lím+
x
x → 0
2.
3.
4.
5.
lím
+ x → 0
lím
x → π2
3
2 − 2 cos x 1 + sen 3 x
( x − 2 )
lím (1 − x ) tan π 2 x lím
tan ( π x ) x + 2
⎛ π ⎞ x ⎟ 2 ⎠ ⎝ lím x →1 1 − x cos ⎜
⎛ π ⎞ − x ⎟ ⎝2 ⎠
cot ⎜ 8.
lím
x → 0
9.
lím
x → 0
x →1
x →− 2
6.
7.
x sen x
π 2
π ⎞ ⎛ ⎟ 3⎠ ⎝ lím π 1 − 2co 2cos x x → sen ⎜ x −
10.
lím
x → 0
tan( 2 x ) arcsen x x
arctan arctan 2 x sen3 x
Otro tipo de límite interesante, cuyo resultado nos va ha resultar útil en el cálculo de otros límites, es el de f ( x) = (1 + x ) cuando x tiende a “ 0 ”. 1 x
Hagamos una tabla de valores: y = (1 + x )
x
Se observa que:
lím (1 + x )
x →0
1
x
− 0.10 − 0.05 − 0.01 7
2.86797
0.01
2.7048
0.05
2.65329
0.10
2.5937
1 x
2.7895 2.7319
7
¡HAY QUE DEMOSTRARLO!
=e
e
y
= (1 + x )
Más generalmente tenemos que lím (1 + u )
1
u
u →0
Calcular
lím (1 + sen x )
1
1 x
= e donde u = u ( x) .
x
x → 0
SOLUCIÓN: Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos (1 + sen 0 )
1 0
= 1∞ (Indeterminación)
Para calcular el valor de esta indeterminación utilizamos lím (1 + u ) u →0
1
u
=e.
Si consideramos u = sen x , notamos que necesitamos en el exponente el recíproco de esta expresión, por tanto al exponente lo multiplicamos y dividimos por sen x : 1
lím 1 + sen x
x → 0
(
)
sen x ⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟ sen x ⎝ x ⎠
⎛ ⎞ 1 x sen ⎟ = lím ⎜ (1 + sen x ) x → 0 ⎜ ⎟ e ⎝ ⎠
sen x
x
= e1 = e
Calcular
lím (cos x )
1
x
x → 0
SOLUCIÓN: ∞
Note que la expresión dada es una indeterminación de la forma 1 . Para utilizar lím (1 + u )
1
u
u →0
= e primero sumemos y restemos 1 a la base, es decir vamos a tener: lím (1 + (cos x − 1))
1
x
x →0
luego consideramos u = cos x − 1 y multiplicamos y dividimos al exponente por esta expresión: ⎡ ⎤ ⎥ lím ⎢(1 + ( cos x − 1) ) x → 0 ⎢ ⎥ e ⎣ ⎦ cos x−1 x
cos x−1 x
0
=e
lím
cos x −1
x→0
x
Por tanto: lím ( cos x )
x → 0
1
x
= e0 = 1 .
x 2 + x +1
⎛ 2 ⎞ x Calcular lím ⎜ ⎟ x →1 x + 1 ⎝ ⎠
2
−x
SOLUCIÓN:
⎛ 2 ⎞ Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: ⎜ ⎟ ⎝ 1+1⎠ Sumamos y restamos 1 a la base:
12 +1+1
3
∞ ⎛ 2 ⎞0 = ⎜ ⎟ = (1) (Indeterminación) ⎝ 2⎠
2
1 −1
2
x + x +1
2
x + x +1
⎛ 2 ⎞ x lím ⎜ ⎟ x →1 x + 1 ⎝ ⎠
2
−x
⎛ ⎛ 2 ⎞ ⎞ x = lím ⎜1 + ⎜ − 1⎟ ⎟ x →1 ⎝ ⎝ x + 1 ⎠⎠
2
−x
x 2 + x +1
⎛ ⎛ 2 − ( x + 1) ⎞ ⎞ x lím = ⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟⎟ x →1 ⎜ 1 + x ⎠⎠ ⎝ ⎝
2
−x
x 2 + x +1
⎛ ⎛ 1 − x ⎞ ⎞ x = lím⎜1 + ⎜ ⎟⎟ x →1 ⎝ ⎝ x + 1 ⎠ ⎠
2
−x
⎛ 1 − x ⎞ Multiplicamos y dividimos el exponente por ⎜ ⎟: + 1 x ⎝ ⎠ ⎡ ⎤ ⎛ − ⎞ 1 x ⎛ ⎞ x +1 ⎥ lím ⎢⎜ 1 + ⎜ ⎟ ⎟ x →1 ⎢ ⎝ x + 1 ⎠ ⎠ ⎥ ⎝ ⎣⎢ ⎦⎥ 1 1− x
2 ⎛ 1− x ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ 2 ⎝ x +1 ⎠ ⎝ x − x ⎟⎠
2 ⎛ 1− x ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎟ x →1⎝ x +1 ⎠ ⎝ x −x ⎠
=e
lím ⎜
⎛ − ( x −1) ⎞ ⎛ x2 + x +1 ⎞ ⎟ ⎟⎜ x →1⎜ x +1 ⎟ ⎜ x ( x −1) ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
=e
lím ⎜
2 ⎛ −1 ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ x →1⎝ x +1 ⎠ x ⎝ ⎠
=e
lím ⎜
2 ⎛ −1 ⎞ ⎛ 1 +1+1 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ 1+1 ⎠ ⎝ 1 ⎟⎠
=e
=e
−
3 2
Calcular
⎛ x → k ⎝
lím ⎜ 4 −
3 x ⎞
⎟
⎛ π x ⎞ ⎟ ⎝ 2 k ⎠
tan ⎜
k ⎠
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: 3 x ⎞ ⎛ lím ⎜ 4 − ⎟ x → k k ⎠ ⎝
⎛ π x ⎞ ⎟ ⎝ 2k ⎠
tan ⎜
3k ⎞ ⎛ = ⎜4− ⎟ k ⎠ ⎝
⎛ π k ⎞ ⎟ ⎝ 2 k ⎠
tan ⎜
= ( 4 − 3)
⎛ π ⎞ ⎟ ⎝2⎠
tan ⎜
= 1∞ (Indeterminación)
Cambiemos el 4 por 1+3 y multipliquemos y dividimos el exponente por el término que necesitamos: 3 x ⎞ ⎛ lím ⎜ 4 − ⎟ x → k k ⎠ ⎝
⎛ π x ⎞ ⎟ ⎝ 2k ⎠
tan ⎜
3x ⎞ ⎛ = lím ⎜ 1 + 3 − ⎟ x → k k ⎠ ⎝
⎛ π x ⎞ ⎟ ⎝ 2 k ⎠
tan ⎜
⎡ 1 ⎤ ⎢⎛ ⎛ 3 x ⎞ ⎞ 3 − 3 x ⎥ = lím ⎢⎜1 + ⎜ 3 − ⎟ ⎟ k ⎥ x → k k ⎠ ⎢⎝⎝ ⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ e lím
⎛ 3 x ⎞ ⎛ π x ⎞ ⎜ 3 − k ⎟ tan ⎜ k ⎟ ⎝ ⎠ ⎝2 ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ 3− 3 x ⎟ tan ⎜ π x ⎟ ⎜ 2 k ⎟ ⎜⎜ k ⎟⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝
= e x→k
Dediquémonos al exponente. Hagamos el cambio de variable u = x − k de donde x = u + k y si x → k entonces u → 0 . ⎛ x→k ⎝
lím ⎜ 3 −
⎛ 3 ( u + k ) ⎞ ⎛ π ( u + k ) ⎞ ⎛ π x ⎞ ⎟ tan ⎜ ⎟ ⎟ tan ⎜ ⎟ = luí→m0 ⎜ 3 − k ⎠ k ⎝ 2k ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2k ⎠
3 x ⎞
⎛ 3u + 3k ⎞ ⎛ π u + π k ⎞ = lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜ ⎟ u →0 k ⎝ ⎠ ⎝ 2k ⎠ π ⎞ ⎛ 3k − 3u − 3k ⎞ ⎛ π = lím ⎜ u+ ⎟ tan ⎜ ⎟ u →0 2⎠ k ⎝ ⎠ ⎝ 2k π ⎞ ⎛π u+ ⎟ sen ⎜ 2⎠ ⎛ −3u ⎞ ⎝ 2k = lím ⎜ ⎟ u →0 ⎝ k ⎠ cos ⎛ π u + π ⎞ ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ 2k 0
P
1
P
π π ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ c os ⎜ u ⎟ cos + co u ⎟ sen 3 2 2 ⎝ 2k ⎠ ⎝ 2k ⎠ = − lím ( u ) π π k u →0 ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ cos ⎜ s en ⎜ u ⎟ cos − se u ⎟ sen 2 2 ⎝ 2k ⎠ ⎝ 2k ⎠ sen ⎜
N
N
0
1
⎛ π ⎞ u⎟ 3 2k ⎠ ⎝ = − lím ( u ) k u →0 ⎛ π ⎞ − sen ⎜ u ⎟ ⎝ 2k ⎠ 1 ⎛ π 0 ⎞ ⎛ ⎞ u⎟ cos ⎜ ⎜ ⎟ 2 k 3 3⎜ 1 ⎟ ⎝ ⎠ = lím ( u ) = ⎜ ⎟ k u →0 ⎛ ⎛ π ⎞ ⎞ k ⎜ π ⎟ u⎟⎟ sen ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ 2k ⎠ π ⎜ 2 k ⎝ ⎠ ⎟ u⎜ π 2k ⎜ ⎟ ⎜ 2k u ⎟ ⎝ ⎠ cos ⎜
P
1
⎛ x→k ⎝
lím ⎜ 3 −
Finalmente:
3 x ⎞
⎛ π x ⎞ 6 ⎟ tan ⎜ ⎟= k ⎠ ⎝ 2k ⎠ π
3 x ⎞ ⎛ lím ⎜ 4 − ⎟ x → k k ⎠ ⎝
⎛ π x ⎞ ⎟ ⎝ 2 k ⎠
tan ⎜
6
= e π
Calcular
lím
kx a −1
x → 0
x
SOLUCIÓN: ( 0)
Sustituyendo tenemos
a k
−1
0
=
0 0
.
Considerando u = a kx − 1 , entonces x =
1 k ln a
ln (u + 1)
y si x → 0 también u → 0
Haciendo cambio de variable, tenemos: ⎛ ⎞ u = lím k ln a = k ln a ⎜⎜ lím lím 1 ⎟ u →0 u→0 u → 0 ln u + 1 ⎟ + + l n 1 l n 1 u u ( ) ( ) ( ) k ln a ⎝ ⎠ u
u
Multiplicando, numerador y denominador por
1 u
, resulta:
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎛ ⎞ u (u) 1 1 1 ⎜ ⎟ = = = = k ln a l n l n k ln a ⎜ lím 1 k ln a ⎜ lím k a k a ⎟ ⎟ ⎜ u → 0 ln ( u + 1) ⎟ u →0 l n 1 e ⎡ ⎤ ln ( u + 1) ⎟ u ⎝ ⎠ ⎜ ⎣ ⎦ ⎟ ⎜ e ⎝ ⎠ 1
El resultado
lím
ak u −1
u →0
Calcular
x
lím
u
= k ln a puede ser utilizado para calcular otros límites.
32 x − 1
x → 0
x
SOLUCIÓN:
Empleando el resultado anterior: 2 3 x − 1 lím
x → 0
Calcular
lím
x
= 2 ln 3
32 x − 54 x
x → 0
x
SOLUCIÓN:
Primero restamos y sumamos 1 al numerador y luego separamos para calcular los límites: 32 x − 54 x 32 x − 1 − 54 x + 1 = lím lím x → 0
x
x→0
= lím
x
32 x − 1 − ( 54 x − 1)
x → 0
= lím x → 0
lím
x → 0
32 x − 54 x x
x
32 x − 1 x
− lím x→0
= 2 ln 3 − 4 ln 5
54 x − 1 x
Calcular: 1. lím (1 + tan x )
csc x
8. lím
x → 0
2. lím (1 + cos x ) x →
e
3. lím (cos x )
x →0
x
2
x → 0
lím ( sen sen x ) 4. lím
10. lím 11. lím
2
⎛ 4 ⎞ x 5. lím ⎜ ⎟ x →3 x + 1 ⎝ ⎠
2
2 ax − 2 bx
x →0
− 2 x −3
x + 2 x + 6
7. lím ( 4 − 3 x )
2
a
+ a x − h − 2a x
h →0
2
⎛ 3 ⎞ x lím 6. ⎜ ⎟ x → 2 x + 1 ⎝ ⎠
x x + h
12. lím
− e bx
tan x
2 x + x + 2
ax
sen 3 x x x e 2 − e3
x → 0
tan x
−1
x
9. lím
2 1
3x
x → 0
csc x
π
x →π
e
−x−2
h
13. lím ( x + e
x
x → 0
⎛ π ⎞ x⎟ ⎝2 ⎠
tan ⎜
14. lím x → 0
x →1
)
1
;a > 0
x
ln (cos ( ax ) ) ln (cos ( bx ) )
Para otros tipos de límites habrá que extremarse con el uso de los recursos algebraicos. Demuestre que
n
lím
1+ k x −1
x →0
x
=
k n
SOLUCIÓN:
Por producto notable se puede decir que: ⎣⎡(1 + kx ) − 1⎦⎤ =
(
=
(
n
1 + kx − n 1 ⎡
n
1 + kx − 1 ⎡
) ⎢⎣(
1 + kx
n
)
n −1
n −1
+
(
n
1 + kx
n− 2
1
) ( 1) + ( n
n
1 + kx
n− 3
) ( 1) n
n− 2
+ n 1 + kx + " + 1⎤ ⎢⎣ ⎥ ⎦
)(
n
1 + kx
)
(
)
n términos
Entonces, multiplicando por el factor racionalizante, simplificando y calculando el límite: ⎡ n 1 + kx n−1 + n 1 + kx n−2 + " + 1⎤ ) ( ) n1 1 + k x − 1) ⎢( ( + k x −1 ⎣ ⎦⎥ = lím • lím − − 1 2 n n x→0 x →0 x x ⎡ n 1 + kx ) + ( n 1 + kx ) + " + 1⎤⎥⎦ ⎢⎣( (1 + k x − 1) = lím n −1 n− 2 x→0 x ⎡( n 1 + kx ) + ( n 1 + kx ) + " + 1⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ n
= lím x→0
= lím x→0
=
=
kx x ⎡
⎢⎣(
n
n x→0
1+ k x −1 x
=
)
+ ( n 1 + kx )
n− 2
+ " + 1⎤ ⎥⎦
k
(
n
1 + kx
)
n−1
+ ( n 1 + kx )
n −2
+"+1
k
(
n
1 + k ( 0)
)
k
+ 1+" +1 1 n veces
lím
1 + kx
n −1
k n
n−1
+
(
n
1 + k ( 0)
)
n− 2
+" +1
2
+" +
( 1) n
n− 1
⎤ ⎥⎦
⎡ n 1 + k u − 1 ⎤ k El resultado anterior puesto de forma general lím ⎢ ⎥ = puede u →0 u ⎢⎣ ⎥⎦ n ser utilizado para calcular rápidamente otros límites.
Calcular
3
lím
27 − x − 3
x →0
x
SOLUCIÓN:
Aunque este límite se lo puede calcular empleando el factor racionalizante para diferencia de cubos (no deje de hacerlo), vamos a emplear el resultado que obtuvimos en el ejercicio anterior. 3
lím
x → 0
27 − x − 3
3
27 x
= lím x→ 0
x
27 ( 27 − x )
27 3 1 −
3
= lím x → 0
x
27
−3
−3
x
⎛ 1 ⎞ ⎟ x − 3 ⎝ 27 ⎠
3 3 1+ ⎜ −
= lím x → 0
x n
P
3
= 3lím
k
x → 0
3
lím x → 0
Calcular
5
lím
27 − x − 3 x
−
⎛ 1 ⎞ ⎟ x − 1 27 ⎠ ⎝
1+ ⎜−
x
1
1 = 3 27 = − 3
27
x + 2 − 2
x →30
x − 30
SOLUCIÓN:
Primero es necesario un cambio de variable, de modo que la nueva variable tienda a tomar el valor de cero, para poder utilizar la formula. Hagamos u = x − 30 de donde x = u + 30 y u → 0 . Reemplazando, simplificando y calculando el límite:
5
lím
x + 2 − 2 x − 30
x →30
= lím
5
u + 30 + 2 − 2 u + 30 − 30
u →0
= lím
5
u + 32 − 2
u →0
u 5
32 ( u + 32 ) 32 u
= lím u →0
3
32
u
5
+
−2
32
−2
32 32 u
= lím u →0
1
2 5 1+
u −2
32 u
= lím u →0
⎛ ⎜ = lím ⎝
1
2 ⎜ 5 1+
32
u →0
⎞ ⎟ ⎠
u − 1⎟
u 5
1
1+
32 u
= 2 lím u →0
u −1
⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ 1 x + 2 − 2 lím = 2 ⎜ 32 ⎟ = x →30 x − 30 ⎜⎜ 5 ⎟⎟ 80 ⎝ ⎠ 5
⎛ 4 1 + 2 x − 1 − 3x ⎞ Calcular xlim ⎜ ⎟⎟ 3 →0 ⎜ 1 − x − 1 ⎝ ⎠ SOLUCIÓN:
Restamos y sumamos 1 al numerador, dividimos para 4
lim
1 + 2 x − 1 − 3 x
x →0
3
1 − x − 1
= lim
4
x
y luego separaramos los límites:
1 + 2 x − 1 − 1 − 3 x +1
x→ 0
3 4
= lim
1 − x −1
1 + 2 x − 1 −
x→0
3 4
x
x→0
3
)
1 − 3x −1
1 − x − 1
1 + 2 x − 1
= lim
(
1 − 3x −1
−
x
1 − x − 1 x
4
=
lim
1 + 2 x − 1
x→0
3
1 − x − 1
x→0
⎛ 3⎞ −⎜− ⎟ 1 + 2 x − 1 − 3 x ⎞ 4 ⎝ 2 ⎠ = −6 ⎟⎟ = 3 1 1 − x − 1 ⎠ − 2
⎛ x →0 ⎜ ⎝
lim ⎜
4
3
1 − 3x − 1
x→0
x
lim
− lim x
x
⎛ 4 14 + 2 x − 2 4 − 3x ⎞ Calcular lim ⎜ ⎟⎟ 3 x →1 ⎜ − − 2 1 x ⎝ ⎠ SOLUCIÓN:
Aquí u = x − 1 de donde x = u + 1 y u → 0 . Reemplazando, simplificando y calcular el límite: 4
lim
14 + 2 x − 2 4 − 3x
x→1
3
2 − x − 1
14 + 2 ( u + 1) − 2 4 − 3( u + 1)
4
= lim u →0
= lim
3 4
14 + 2u + 2 − 2 4 − 3u − 3
u →0
= lim
2 − u −1 −1
3 4
2 − ( u + 1) − 1
16 + 2u − 2 1 − 3u
u →0
1− u −1
3
4
16 (16 + 2u ) 16
= lim u →0
3
− 2 1 − 3u
1− u −1
u
2 4 1+
− 2 1 − 3u 8 3 1− u −1
= lim u →0
⎛ ⎜ = lim ⎝
⎞ − 1 − 3u ⎟⎟ 8 ⎠ 3 1− u −1
2⎜ 4 1+
u →0
u
4
1+
u
4
1+
u
− 1 − 3u 8 3 1− u −1
= 2 lim u →0
8
= 2lim u →0
− 1 − 1 − 3u + 1 3
4
1+
u
8 u
= 2lim u →0
1− u −1
−1 ⎛ 1 − 3u − 1 ⎞ − ⎜⎜ ⎟⎟ u ⎝ ⎠ 3 1− u −1 u
4
1+
8 u
lim
=2
u
u →0
−1
lim u →0
⎛ 1 − 3u − 1 ⎞ − lim ⎜⎜ ⎟⎟ u →0 u ⎝ ⎠ 3 1− u −1 u
1
1 3 8 − ⎛ −3 ⎞ + ⎜ ⎟ 4 14 + 2 x − 2 4 − 3x 4 ⎝ 2 ⎠ 32 2 = −6 ⎛ 49 ⎞ = − 147 lim =2 =2 ⎜ ⎟ 3 x→1 1 −1 16 2 − x − 1 ⎝ 32 ⎠ 3
−
3
Calcular: 3 1.
lím
x →6 2.
x + 2 − x − 2
3.
x+3 −3
⎛ 3 x + 26 − 4 80 + x ⎞ ⎟ lím⎜ ⎟ x →1 ⎜ x + 8 − 3 ⎝ ⎠
4.
⎛ x + 2 − 3 x + 20 ⎞ ⎟ lím⎜ 4 x →7⎜ x + 9 − 2 ⎠⎟ ⎝ lím+
x → 2
3 x − 2 − 3 3 x + 2 4 − x 2
1.5 LÍMITES AL INFINITO. En ciertas ocasiones puede ser necesario estudiar el comportamiento de una función cuando la x toma valores muy grandes, diremos cuando tiende al infinito. Suponga que f se aproxima a tomar un valor L cuando la variable x toma valores muy grandes, este comportamiento lo escribiremos de la siguiente manera lím f ( x ) = L x →∞
Formalmente sería:
Decir que lím f ( x ) = L significa que f x→∞
puede estar tan cerca de L, tanto como se pretenda estarlo ( ∀ε > 0 ), para lo cual deberá poderse determinar el intervalo en el cual tomar a x, ∃ N (una cantidad muy grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0 x →∞
tal que
x > N ⇒ f ( x) − L < ε
Suponga ahora que f se aproxima a tomar un valor L cuando la x toma valores muy grandes, pero NEGATIVOS, este comportamiento lo escribiremos de la siguiente manera lím f ( x) = L . x →−∞
Formalmente sería:
Decir que lím f ( x ) = L significa que f x→−∞
puede estar tan cerca de L , tanto como se pretenda estarlo, ∀ε > 0 , para lo cual deberá poderse determinar el intervalo en el cual tomar a x , ∃ N (una cantidad muy grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0 x →−∞
tal que
x < − N ⇒ f ( x) − L < ε
Observe que para los casos anteriores significa que la gráfica de una asíntota horizontal y = L .
f
tiene
Aquí también podemos hacer demostraciones formales
Demostrar Demostrar formalmente que
lím
x → ∞
1 x
=0
SOLUCIÓN:
Empleando la definición tenemos: 1 1 ⎛ ⎞ ⎜ lím = 0 ⎟ ≡ ∀ε > 0, ∃ N > 0 tal que x > N ⇒ − 0 < ε x ⎝ x →∞ x ⎠ Transformando el antecedente: x > N
1 x
Se observa que tomando N =
1 ε
Por ejemplo si se quisiera que y =
<
1 N
aseguraríamos el acercamiento. 1 x
esté a menos de ε = 0.01 de 0, bastaría con tomar a x >
1 0.01
es decir x > 100 .
Para calcular límites al infinito, usualmente un recurso útil es dividir para de mayor exponente si se trata de funciones racionales.
Calcular
lím
2 2 x + 3 x − 1
5 x 2 + x − 1
x →∞
SOLUCIÓN:
∞ ∞ Dividiendo numerador y denominador para x2 , tenemos: Aquí se presenta la indeterminación:
2 x
2
2
lím x 2 x → ∞ 5 x x
2
+ +
3x 2
x x x
2
− −
1 2
x = lím x→∞ 1 x
2
2+
lím
x →+∞
1
−
2 x = 2 (No olvide que 1 5 5+ − 2 x x
Este resultado indica que la gráfica de
Calcular
3 x 1
f ( x ) =
2 x 2 + 3x − 1
k
∞
≈ 0 ; k ∈ \
)
tiene una asíntota horizontal y = 2
5 x + x − 1 2
5
x − 1 x + x + 1 2
SOLUCIÓN:
∞ ∞
Aquí se presenta la indeterminación:
x − 1 x
Dividiendo numerador y denominador para x : lím
x →+∞
x + x + 1 2
x
Al introducir la x dentro del radical quedará como x 2 : x x
lím
x → +∞
x
2
x
2
+
−
1 x
x x
1−
2
= lím +
Este resultado indica que la gráfica de
1 x
x → +∞
2
f ( x ) =
1+
1 x
x − 1 x + x + 1 2
1 x
+
1 x
=1
2
tiene una asíntota horizontal
infinito positivo.
Calcular
lím
x →−∞
x − 1 2 x + x + 1
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación:
−∞ ∞ x − 1
Aquí hay que dividir numerador y denominador para − x : lím x →∞
− x 2 x + x + 1 − x
y = 1
en el
Al introducir la − x dentro del radical quedará como x 2 : x
− x
lím
x → −∞
x
2
x
2
+
1
−
−x
x x
−1 +
+
2
Este resultado indica que la gráfica de
= lím
x → −∞
1 x
1+
2
1 x
x − 1
f ( x ) =
1 x
+
1
= −1
x2
asíntota horizontal tiene una asíntota
x 2 + x + 1
y = −1
en el
infinito negativo.
im Calcular xl→+∞
(
x 2 + x + 1 −
x2 − x −1
)
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación: ∞ − ∞ . Vamos primero a racionalizarla y luego dividimos para el x con mayor exponente:
lim
x →+ ∞
(
= lim
x + x + 1 −
( x
x → +∞
2
+ x + 1) − ( x 2 − x − 1)
2
x + x + 1 +
x − x −1
2
2
1+
= 2 lim
x → +∞
)
x − x −1 ⋅
2
1+
1 x
+
1 x
2
2 x + x + 1 +
2 x − x −1
2 x + x + 1 +
2 x − x −1
= lim
x → +∞
2 ( x + 1) x + x +1 + 2
x − x −1 2
1 x
+ 1−
1 x
−
⎛1⎞ = 2⎜ ⎟ = 1 1 ⎝2⎠ x2
En otros ejercicios de cálculo de límite al infinito se puede requerir emplear la u 1 identidad: lím (1 + u ) = e ¡DEMUÉSTRELA! u →∞
Calcular
lím (1 + x2 )
x →∞
x
.
Solución: Para utilizar la forma anterior, transformamos el límite: 2
⎡ ⎤ lím ⎢ 1 + 1 ⎥ = e2 x →∞ ⎣ ⎦
(
u
x 2
)
Se puede concluir que: lím (1 + uk ) = e k u →∞
x 2
1. Demostrar formalmente que lím
x → −∞
1 x
=0
2. Calcular: 1. 2. 3. 4.
5.
5 x3 − 3x 2 + 4 x − 3
lím
x 3 + 3x + 1
x →∞
lím
x →−∞
3 x 2 x − 5 x + 1 2
(2 x + 3)3 (3 x − 2)2
lím
x →∞
lím
x →∞
x +5 (2 x + 3) x + x
16.
3
x
lím
x →∞
7. 8. 9.
10. 11. 12.
lím
x →∞
x +
lím
x+ x
lím
x →∞
lím
x →∞
lím
x →−∞
lím
x + 1
3 3 x + x − 1 x sen ( x!)
x +1 3 x − 3 2
lím
19. 20. 21.
lím
x →−∞
lím
x →−∞
lím
x →−∞
lím
x →−∞
3 x x − 5 x 2 + 2
3 x + 1 x − 1 2
5 x3 − 1 2 + x 6
lím x 2 + x − x
x →∞
lím x x 2 − 1 − x
x → +∞
( x + x + 1 − lím ( x − x − x
x →∞
2
4
x →+∞
lím x
x →+∞
(
x + 2
x − 2
⎛ x − 1 ⎞ 23. lím ⎜ ⎟ x →∞ x + 3 ⎝ ⎠
3 x 3 + 2 x 2 − x + 1
24.
5 x
x − 8 3
x 2 + 1 x
⎡
⎛ x + 2 ⎞ ⎤ ⎟⎥ ⎝ x − 5 ⎠ ⎦
lím ⎢ x ln ⎜
x →∞
⎣
2
+2
)
x+3− x+2 x
2
2 x −x
2
lím
⎛ x − 1 ⎞ 22. lím ⎜ ⎟ x →∞⎝ x + 1 ⎠
x + 1
x →∞
x →−∞
17. 18.
2
x + 1 ( 2 x − 3) ( 3 x + 5) ( 4 x − 6 )
x →∞
14. 15.
5
3
6.
13.
2 x 2 − 1
)
)
1.6 LÍMITES INFINITOS Suponga que cuando x toma valores próximos a un punto x0 , tanto por izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes positivo; es decir lím f ( x) = ∞ . Diremos, en este caso, que f crece sin límite o que f no → x
x 0
tiene límite en x0 .
Sea M una cantidad muy grande positiva. Entonces lím f ( x) = ∞ significa que cuando x → x0
a x está próxima a " x0 “, a una distancia no mayor de ∂ ( 0 < x − x0 < ∂ ), f será mayor que M. Es decir: ⎛ ⎞ ⎜ lím f ( x) = ∞ ⎟ ≡ ∀ M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) > M ⎝ x → x0 ⎠
Puede ocurrir también que cuando la toma valores próximos a un punto x0 , tanto por izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes negativos; es decir xlím f ( x ) = −∞ . Diremos, en este caso, que f decrece sin → x 0
límite o que
f
no tiene límite en x0 . Es decir:
Sea M una cantidad muy grande positiva. Entonces: ⎛ ⎞ ⎜ lím f ( x) = −∞ ⎟ ≡ ∀ M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x0 < ∂ ⇒ f ( x) < − M ⎝ x → x0 ⎠
Para otro caso, puede ocurrir que cuando la toma valores próximos a un punto x 0 , sólo por su derecha, f toma valores muy grandes; es decir lím f ( x ) = ∞ . Lo cual significa: x → x0
+
Sea M una cantidad muy grande positiva. Entonces: lím+ f ( x) = ∞
x → x0
≡ ∀ M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x0 < ∂ ⇒ f ( x ) > M
Observe que este comportamiento significa que la gráfica tiene una asíntota vertical x = x0 .
Calcular
lim x →1
1
( x − 1)
2
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución: lim x →1
La gráfica de f ( x ) =
1
( x − 1)
2
1
( x − 1)
2
=
1
(1 − 1)
2
=
1 0
= +∞ (No exis existe) te)
tiene una asíntota vertical x = 1 y tanto por izquierda como por derecha la grafica
crece sin límite.
Calcular
lim+
x → 2
x + 3 x − 2
SOLUCIÓN: Empleando el teorema de sustitución: + + x + 3 2 + 3 5 = + = + = +∞ (No lim (No existe) exis te) x → 2+ x − 2 2 −2 0 La gráfica de f ( x ) =
x + 3 x − 2
tiene una asíntota vertical x = 2 y por su derecha la grafica crece sin límite.
PREGUNTA: ¿Qué ocurre ocur re a la izquierda?.
Se pueden describir otros comportamientos.
1.7 OTROS LÍMITES. Para decir
lím f ( x) = ∞ , f
x → ∞
toma valores muy grandes positivos cada vez
que la x toma valores también grandes positivos; debemos asegurar que: ∀ M > 0, ∃ N > 0 tal que x > N ⇒ f ( x) > M
1.
Defina formalmente y describa gráficamente: a) lím f ( x ) = −∞ x → x0
b) c) d) e) f) 2.
lím f ( x) = ∞
− x → x0
lím f ( x) = −∞
x → x0
−
lím f ( x ) = −∞
x →∞
lím f ( x) = ∞
x → −∞
lím f ( x) = −∞
x → −∞
Demuestre formalmente que: a)
lím
1
x →0 +
b) 3.
+
x
lím
x → 0
−
= +∞ 1 x
= −∞
Calcular: 1 ⎤ ⎡ 1. lim+ ⎢1 + ⎥ x →1 ⎣ x − 1 ⎦
⎡ x ⎤ 2. lim− ⎢ ⎥ x →1 ⎣ x − 1⎦ 3. lim− x → 3
x + 3 x 2 − 9
6. lim
x 6
x →−∞
7. lim x →∞
x 5 + 1
6 − 4 x 2 + x 3 4 + 5 x − 7 x 2
8. lim 2 x x →∞
2 x + 1
4. lim−
9. lim 1 − 2 x x →−∞
x − 49
x →− 7
2
10. lim
x − 16 2
5. lim+
x →∞
4 − x
x → 4
4.
1 + x
5
x
Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente: • Dom f = (−∞,−2 ) ∪ [−1,1] ∪ (2,+∞ ) •
f ( x ) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −1
• •
∀ N > 0, ∃∂ > 0 [0 < −2 − x < ∂ ⇒ f ( x ) > N ] ∀ N > 0, ∃∂ > 0 [0 < x − 2 < ∂ ⇒ f ( x) > N ]
•
∀ε > 0, ∃ M > 0 [ x > M ⇒ f ( x) − 1 < ε ]
•
∀ε > 0, ∃ M > 0 x < − M ⇒ f ( x) − 1 < ε
f (0) = 1 Bosqueje el gráfico de una función que satisfaga las condiciones siguientes: • ∀ε > 0 ∃∂ > 0, ∀ x 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) − 1 < ε •
5.
•
∀ε > 0 ∃∂ > 0, ∀ x[0 < − x < ∂ ⇒ f ( x) + 1 < ε ]
•
∀ε > 0 ∃ N > 0, ∀ x[ x > N ⇒ f ( x) < ε ]
•
∀ M > 0 ∃∂ > 0, ∀ x 0 < x + 1 < ∂ ⇒ f ( x ) > M
•
f (0) = 0
1. Califique cada una de las proposiciones siguientes como verdadera o falsa. Justifique formalmente. f ( x) − 5 1. Si lím = 3 , entonces lím f ( x) = 0 x → 2 x → 2 x − 2 f y g son funciones tales que lím f ( x) = 1 y lím g ( x) = ∞ , entonces 2. Si +
+
x → 0
+
x → 0
+
lím f ( x) g ( x ) = 1
x →0 +
3.
Sea f una función de variable real tal que lím f ( x ) existe y lím x → a
+
x → a
+
x − a f ( x)
= 1 . Entonces
lím f ( x) = 0 .
x → a +
4.
lím
x → a +
5.
f y g funciones tales que lím f ( x ) = ∞
Sean
x → a
f ( x) g ( x)
+
y lím g ( x) = ∞ . Entonces el x → a
+
no existe.
f y g funciones tales que lím g ( x) = e y f ( x) = ln ( g ( x) ) . Entonces
Sean
x → a
+
lím ( f D g )( x) = 1
x → a
6.
+
Si lím x → 0
+
f ( x) x
= 1 entonces lím f ( x) = 0 x → 0
+
7.
Si lím[ f ( x) + g ( x)] existe, entonces existen lím f ( x) y lím g ( x )
8.
Si f ( x) ≠ g ( x ) para toda x , entonces lím f ( x) ≠ lím g ( x )
9.
Si lím ⎢ x → a
10.
Si f y g son funciones definidas en IR entonces:
x → a
x → a
x → a
x → a
x → a
⎡ f ( x) ⎤ f ( x ) = 0 entonces lím g ( x) = 0 ⎥ existe y lím x → a x → a g ( x ) ⎣ ⎦ f ( g ( x)) = f lím g ( x ) ∀a ∈ IR lím x → a x → a
x 2 − x − a − a 2
existe entonces a = 0 .
11.
Si lím
12.
Si lím[ f ( x) g ( x)] existe y lím f ( x) existe entonces lím g ( x) existe.
13.
Si lím f ( x) = +∞ entonces lím f ( x ) = −∞
14.
( lím ( 3 x − 1) = 2) ⇔ ∀ε > 0, ∃∂ > 0, ∀x ⎡⎣0 < x −1 < ∂ ⇒ (3x −1) − 2 < ε ⎤⎦
15.
Si lím f ( x) = 0 y lím g ( x) = ∞ entonces lím f ( x) g ( x) = 0 .
x → a
x → a
x → a
x → a
x → a
x → − a
x →1
x → 0
16.
x − a
+
+
x → 0
+
x → 0
+
lím f ( x) = lím g ( x) = 0
Existen dos funciones de variable real f y g tales que
x → 0
lím
x →0 +
f ( x) g ( x)
+
x → 0
+
=e
17.
⎛ f ( x ) ⎞ m g ( x) = 0 Si lím f ( x) = 0 y lím ⎜ ⎟ = 2 entonces xlí→∞ x →∞ x →∞ ( ) g x ⎝ ⎠
18.
No existen dos funciones f y g tales que lím f ( x) = 0 , lím g ( x ) = 0 y lím
19.
Si lím f ( x) = 3 , lím g ( x) = −2 , entonces lím
x → 0
x →a
x →a
x → 0
x → 0
f ( x) + g ( x) − 1
x→a 3
f ( x) + g ( x) − 1
2. Empleando la definición de límite, demuestre que: 2 2 x − x − 1 1. =3 lím x →1+ x − 1
⎛ ⎝
x → 4 +
lím x − 1 = 2
2.
x → 5
+
lím x − 3 = 0
3.
x → 3
x → −2
+
+
=5
x ⎞
⎟=2
2 ⎠
x 2 − 4
lím
5.
g ( x)
=1
lím ⎜ 4 −
4.
f ( x)
x + 2
= −4
3. Determine 1. 2.
3.
4.
lím+ ced x + 2 x fhg 2
lím
x → 0
+
lím
e
3x
sen 4 x
cos x − cos 3 x x
⎡ 2 x + 3 ⎤ lím ⎢ ⎥ x → +∞ ⎣ 2 x − 5 ⎦
6.
lím
x →1+
3 x
x −1
x − 1
x − 1
lím x →1
2 x − x 2 − 1
sen x x
x → 0
25. lím+ ⎡Sgn( x )
tan
π x
8.
⎡ π − 2arctan x ⎤ ⎥ lím ⎢ 3 x →∞ ⎢ ⎥ e x − 1 ⎣ ⎦ 2
4
tan tan 2 x
26.
(a x + 1b + μ ( x − 1)) ⎤⎦ sen (sen x )
⎣
x → 0
7.
4
2 arctan ( x ) − arctan 1
24. lím+
⎛ lím+ ⎜ 4 − ⎟ x → 2 2 ⎠ ⎝
lím+ ( sen 2 x )
⎤ ⎟ − sen x ⎥ x ⎠ ⎦ 1 ⎞
⎛ arcsen x − arcsen 12 ⎞ ⎟⎟ 23. lím⎜ 1 1⎜ − x x → 2 ⎠ 2 ⎝
xe x − e
3 x ⎞
π
⎝
x →1
22.
⎛ cos x ⎞ ⎟ lím ⎜ π ⎟ ⎜ + π ⎝ x − 2 ⎠ x →
x →
⎣
21. lím+
2
9.
⎛
2
2
5.
x → ∞
− cos 2 x
x → 0 +
⎡
20. lím ⎢sen⎜ x +
x → 3
lím
x → 0 +
x
(
27. lím a xb + a − xb x → 0
28. lím ( π − x ) tan x →π
)
( ) x 2
x 2 + 2 x + 5
⎛ 3 ⎞ x ⎟ x → 2 x + 1 ⎝ ⎠
29. lím ⎜
2
− x−2
y
10. 11.
e
lím
2x
x → 0
− cos 3 x
lím ⎣⎡ ln ( 2 x + 1) − ln ( x + 2 )⎦⎤
x →+∞
13.
14.
⎞⎤ ⎟⎥ 2 x ⎝ 1 + ⎠ ⎦⎥ ⎛
x
lím ⎢ arctan arctan ⎜
x →−∞
lím
⎣⎢
(
lím
x →1
x
x →
π 6
32. lím x → 0
x 2 sen x 2
x →+∞
x
⎛ x − 8 ⎞ ⎟⎟ x → 64 ⎜ 3 − x 4 ⎝ ⎠
34. lím ⎜
x − 1 2
15. lím+ (1 + cot x )
1
⎛ 1 + 5 x ⎞ 2 x
sec x
35. lím ⎜
⎟ ⎝ 1 − 3 x ⎠ 36. lím (1 − cos x ) cot x
π 2
x → 0
16. lím f ( x )
x → 0
x → 0
donde
⎧1 − cos3 x ; x < 0 ⎪ x 2 ⎪ f ( x) = ⎨ 5 ;x = 0 ⎪ sen10 n10 x − tan x ⎪ ; x > 0 sen2 x ⎩ x x e 2 − e7 17. lím+ x → 0 sen 2 x + tan 9 x ⎡ 1 1 ⎤ − 18. lím ⎢ ⎥ x − 1 x →1+ ⎢ x − 1 ⎥⎦ ⎣
⎛ xe−5 x − cos 2 x − x + 1 ⎞ 37. lím ⎜ ⎟ x → 0 x 2 ⎝ ⎠ ⎛ e3 x − cos2 x ⎞ 38. lím ⎜ ⎟ x → 0 ⎝ sen5 x − x ⎠ ⎛
⎞ ⎟ x → 0 ⎝ 1 − x − 1 + x ⎠ x
39. lím ⎜ 40. lím x →∞
(
3
x + 1 −
⎛ x sen 3 x ⎞ ⎜ ⎟ x →0 + ⎝ 1 − cos 2 x ⎠
4. Calcular lím f ( x) si +
f ( x) x
x
⎛ x + a ⎞ 41. lím ⎜ ⎟ x →∞ x − a ⎝ ⎠
19. lím
x → 0
)
33. lím (1 + 2 x ) 2ln x
x 2 − x − 1 − 1
+
(
1
ln 1 + e
x → +∞
x3 + 1 − x3 − 1 ⎤ ⎢ ⎥⎦ x →+∞ ⎣ ⎛ sen ( x − π 6 ) ⎞ 31. lím ⎜ ⎟⎟ 3 x → ⎜ cos − x ⎝ 2 ⎠ 2 1 − cos x 3
sen 5 x ⎡
12.
30. lím ⎡ x 2
< 1 para x ≠ 0
5. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente: • ∀ε > 0, ∃∂ > 0 : 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) − 3 < ε •
∀ N > 0, ∃∂ > 0 : 0 < x + 3 < ∂ ⇒ f ( x) > N
•
∀ N > 0, ∃∂ > 0 : 0 < −3 − x < ∂ ⇒ f ( x ) < −N
•
∀ε > 0, ∃ M > 0 : x > M ⇒ f ( x) − 1 < ε
•
∀ε > 0, ∃ M > 0 : x < −M ⇒ f ( x) < ε
6. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente: • Dom f = ( −∞, −1) ∪ ( −1,1) ∪ (1, +∞ ) •
∀ε > 0, ∃∂ > 0 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) < ε
• •
∀ M > 0, ∃∂ > 0 [0 < x − 1 < ∂ ⇒ f ( x) < − M ] ∀ M > 0, ∃∂ > 0 [0 < 1 − x < ∂ ⇒ f ( x) > M ]
•
∀ M > 0, ∃∂ > 0 0 < x + 1 < ∂ ⇒ f ( x ) > M
•
∀ε > 0, ∃ N > 0 x > N ⇒ f ( x) + 1 < ε
•
∀ε > 0, ∃ N > 0 x < − N ⇒ f ( x) < ε
3
x
)
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