3.1: Límites de Funciones
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\[|f(x)-\ell|<\varepsilon\]
para todos\(x \in D\) para los cuales\(0<|x-\bar{x}|<\delta\). En este caso, escribimos
\[\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\ell.\]
Obsérvese que el punto límite\(\bar{x}\) en la definición de limt puede ser o no un elemento del dominio\(D\). En todo caso, la desigualdad sólo\(|f(x)-\ell|<\varepsilon\) necesita ser satisfecha por elementos de\(D\).
\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)Déjese dar por\(f(x)=5 x-7\). Eso lo demostramos\(\lim _{x \rightarrow 2} f(x)=3\).
Solución
Vamos\(\varepsilon>0\). Primero tenga en cuenta que\(|f(x)-2|=|5 x-7-3|=|5 x-10|=5|x-2|\). Esto sugiere la elección\(\delta=\varepsilon / 5\). Entonces, si\(|x-2|<\delta\) tenemos
\[|f(x)-2|=5|x-2|<5 \delta=\varepsilon. \nonumber\]
\(f:[0,1) \rightarrow \mathbb{R}\)Déjese dar por\(f(x)=x^{2}+x\). Dejar\(\bar{x} =1\) y\(\ell = 2\).
Solución
Primero tenga en cuenta que\(|f(x)-\ell|=\left|x^{2}+x-2\right|=|x-1||x+2|\) y para\(x \in[0,1)\). \(|x+2| \leq|x|+2 \leq 3\). Ahora, dado\(\varepsilon>0\), elige\(\delta=\varepsilon / 3\). Entonces, si\(|x-1|<\delta\) y\(x \in[0,1)\), tenemos
\[|f(x)-\ell|=\left|x^{2}+x-2\right|=|x-1||x+2|<3 \delta=3 \frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon. \nonumber\]
Esto demuestra que\(\lim _{x \rightarrow 1} f(x)=2\).
\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)Déjese dar por\(f(x)=x^{2}\). Eso lo demostramos\(\lim _{x \rightarrow 2} f(x)=4\).
Solución
Primero tenga en cuenta que\(|f(x)-4|=\left|x^{2}-4\right|=|(x-2)(x+2)|=|x-2||x+2|\). Ya que el dominio es toda\(\mathbb{R}\) la expresión no\(|x+2|\) está acotada y no podemos proceder como en Ejemplo\(\PageIndex{2}\). No obstante, sólo nos interesan valores\(x\) cercanos\(2\) y, así, imponemos la condición\(\delta \leq 1\). Si\(|x-2|<1\), entonces\(-1<x-2<1\) y, entonces,\(1<x<3\). De ello se deduce, para tal\(x\), aquello\(|x|<3\) y, de ahí\(|x|+2<5\).
Ahora, dado\(\varepsilon>0\) que elegimos\(\delta=\min \left\{1, \frac{\varepsilon}{5}\right\}\). Entonces, siempre que\(|x-2|<\delta\) lleguemos
\[|f(x)-4|=|x-2| x+2|\leq| x-2|(|x|+2)<\delta 5 \leq \varepsilon. \nonumber\]
\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)Déjese dar por\(f(x)=\frac{3 x-5}{x^{2}+3}\). Eso lo demostramos\(\lim _{x \rightarrow 1} f(x)=-\frac{1}{2}\).
Solución
Primero miramos la expresión\(\left|f(x)-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|\) y tratamos de identificar un factor\(|x-1|\) (porque aquí\(\bar{x} = 1\).
\[\left|f(x)-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|=\left|\frac{3 x-5}{x^{2}+3}+\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{6 x-10+x^{2}+3}{x^{2}+3}\right|=\frac{|x-1||x+7|}{2\left(x^{2}+3\right)} \leq \frac{1}{6}|x-1||x+7|. \nonumber\]
Procediendo como en el ejemplo anterior, si\(|x-1|<1\) obtenemos\(-1<x-1<1\) y, así,\(0<x<2\). Así\(|x|<2\) y\(|x+7| \leq|x|+2<9\).
Ahora, dado\(\varepsilon>0\), elegimos\(\delta=\min \left\{1, \frac{2}{3} \varepsilon\right\}\). De ello se deduce que si\(|x-1|<\delta\) conseguimos
\[\left|f(x)-\left(-\frac{1}{2}\right)\right| \leq \frac{|x+7|}{6}|x-1|<\frac{9}{6} \delta \leq \varepsilon. \nonumber\]
El siguiente teorema nos permitirá aplicar nuestros resultados anteriores sobre límites de secuencias para obtener nuevos resultados sobre límites de funciones.
Dejar\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Entonces
\[\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\ell\]
si y solo si
\[\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=\ell\]
para cada secuencia\(\left\{x_{n}\right\}\) en\(D\) tal que\(x_{n} \neq \bar{x}\) para cada\(n\) y\(\left\{x_{n}\right\}\) converge a\(\bar{x}\).
- Prueba
-
Supongamos que (3.1) sostiene. \(\left\{x_{n}\right\}\)Sea una secuencia en\(D\) con\(x_{n} \neq \bar{x}\) para cada\(n\) y tal que\(\left\{x_{n}\right\}\) converja\(\bar{x}\) a. dado cualquiera\(\varepsilon>0\), existe\(\delta > 0\) tal que\(|f(x)-\ell|<\varepsilon\) cuando\(x \in D\) y\(0<|x-\bar{x}|<\delta\). Entonces existe\(N \in \mathbb{N}\) con\(0<\left|x_{n}-\bar{x}\right|<\delta\) para todos\(n \geq N\). Para ello\(n\), tenemos
\[\left|f\left(x_{n}\right)-\ell\right|<\varepsilon.\]
Esto implica (3.2).
Por el contrario, supongamos que (3.1) es falso. Entonces existe\(\varepsilon_{0}>0\) tal que para cada\(\delta > 0\), existe\(x \in D\) con\(0<|x-\bar{x}|<\delta\) y\(|f(x)-\ell| \geq \varepsilon_{0}\). Así, para cada\(n \in \mathbb{N}\), hay salidas\(x_{n} \in D\) con\(0<\left|x_{n}-\bar{x}\right|<\frac{1}{n}\) y\(\left|f\left(x_{n}\right)-\ell\right| \geq \varepsilon_{0}\). Por el teorema squeeze (Teorema 2.1.6), la secuencia\(\left\{x_{n}\right\}\) converge a\(\bar{x}\). Además,\(x_{n} \neq \bar{x}\) para cada\(n\). Esto demuestra que (3.2) es falso. De ello se deduce que (3.2) implica (3.1) y la prueba es completa.
\(\square\)
Dejar\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). \(f\)tiene un límite en\(\bar{x}\), entonces este límite es único.
- Prueba
-
Supongamos por contradicción que\(f\) tiene dos límites distintos\(\ell_{1}\) y\(\ell_{2}\). \(\left\{x_{n}\right\}\)ser una secuencia en la\(D \backslash\{\bar{x}\}\) que converja a\(\bar{x}\). Por el Teorema 3.1.2, la secuencia\(\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}\) converge a dos límites diferentes\(\ell_{1}\) y\(\ell_{2}\). esto es una contradicción con el Teorema 2.1.3. \(\square\)
El siguiente corolario sigue directamente del Teorema 3.1.2.
Dejar\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Entonces\(f\) no tiene límite en\(\bar{x}\) si y sólo si existe una secuencia\(\left\{x_{n}\right\}\) en\(D\) tal que\(x_{n} \neq \bar{x}\) para cada uno\(n\),\(\left\{x_{n}\right\}\) converge a\(\bar{x}\), y\(\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}\) no converge.
- Prueba
-
Agrega prueba aquí y automáticamente se ocultará
Considere la función Dirichlet\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) dada por
\ [f (x) =\ left\ {\ begin {array} {ll}
1, &\ text {if} x\ in\ mathbb {Q}\\\
0, &\ text {if} x\ in\ mathbb {Q} ^ {c}
\ end {array}\ right.\]
Entonces\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)\) no existe para ninguna\(\bar{x} \in \mathbb{R}\).
Solución
En efecto, fijar\(\bar{x} \in \mathbb{R}\) y elegir dos secuencias\(\left\{r_{n}\right\}\),\(\left\{s_{n}\right\}\) convergiendo a\(\bar{x}\) tal que\(r_{n} \in \mathbb{Q}\) y\(s_{n} \notin \mathbb{Q}\) para todos\(n \in \mathbb{N}\). Definir una nueva secuencia\(\left\{x_{n}\right\}\)
\ [x_ {n} =\ left\ {\ begin {array} {ll}
r_ {k}, &\ text {if} n=2 k\\
s_ {k}, &\ text {if} n=2 k-1
\ end {array}\ right.\]
Es claro que\(\left\{x_{n}\right\}\) converge a\(\bar{x}\). Además, ya que\(\left\{f\left(r_{n}\right)\right\}\) converge hacia\(1\) y\(\left\{f\left(s_{n}\right)\right\}\) converge hacia\(0\). El teorema 2.1.9 implica que la secuencia\(\left\{f\left(x_{n}\right)\right\}\) no converge. Se desprende de la caracterización secuencial de límites que\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)\) no existe.
Dejar\(f, g: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Supongamos que
\[\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\ell_{1}, \lim _{x \rightarrow \bar{x}} g(x)=\ell_{2} ,\]
y que existe\(\delta>0\) tal que
\[f(x) \leq g(x) \text { for all } x \in B(\bar{x} ; \delta) \cap D, x \neq \bar{x} .\]
Entonces\(\ell_{1} \leq \ell_{2}\)
- Prueba
-
\(\left\{x_{n}\right\}\)Sea una secuencia en\(B(\bar{x} ; \delta) \cap D=(\bar{x}-\delta, \bar{x}+\delta) \cap D\) que converja hacia\(\bar{x}\) y\(x_{n} \neq \bar{x}\) para todos\(n\). Por Teorema 3.1.2,
\[\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=\ell_{1} \text { and } \lim _{n \rightarrow \infty} g\left(x_{n}\right)=\ell_{2} .\]
Ya que\(f\left(x_{n}\right) \leq g\left(x_{n}\right)\) para todos\(n \in \mathbb{N}\), applyig Teorema 2.1.5, obtenemos\(\ell_{1} \leq \ell_{2}\). \(\square\)
Dejar\(f, g: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Supongamos
\[\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\ell_{1}, \lim _{x \rightarrow \bar{x}} g(x)=\ell_{2} ,\]
y\(\ell_{1}<\ell_{2}\). Entonces existe\(\delta > 0\) tal que
\[f(x)<g(x) \text { for all } x \in B(\bar{x} ; \delta) \cap D, x \neq \bar{x} .\]
- Prueba
-
Elija\(\varepsilon>0\) tal que\(\ell_{1}+\varepsilon<\ell_{2}-\varepsilon\) (equivalentemente, tal que\(\varepsilon<\frac{\ell_{2}-\ell_{1}}{2}\)). Entonces existe\(\delta > 0\) tal que
\[\ell_{1}-\varepsilon<f(x)<\ell_{1}+\varepsilon \text { and } \ell_{2}-\varepsilon<g(x)<\ell_{2}+\varepsilon\]
para todos\(x \in B(\bar{x} ; \delta) \cap D, x \neq \bar{x}\). Por lo tanto,
\[f(x)<\ell_{1}+\varepsilon<\ell_{2}-\varepsilon<g(x) \text { for all } x \in B(\bar{x} ; \delta) \cap D, x \neq \bar{x} .\]
La prueba ya está completa. \(\square\)
Dejar\(f, g, h: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Supongamos que existe\(\delta > 0\) tal que\(f(x) \leq g(x) \leq h(x)\) para todos\(x \in B(\bar{x} ; \delta) \cap D, x \neq \bar{x}\). Si\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\lim _{x \rightarrow \bar{x}} h(x)=\ell\), entonces\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} g(x)=\ell\).
- Prueba
-
La prueba es directa usando el Teorema 2.1.6 y el Teorema 3.1.2. \(\square\)
Vamos a aprobar la siguiente convención. Cuando escribimos\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)\) sin especificar el dominio\(D\) de\(f\) asumiremos que el\(D\) es el subconjunto más grande de\(\mathbb{R}\) tal que si\(x \in D\), entonces\(f(x)\) resulta en un número real. Por ejemplo, en
\[\lim _{x \rightarrow 2} \frac{1}{x+3}\]
asumimos\(D=\mathbb{R} \backslash\{-3\}\) y en
\[\lim _{x \rightarrow 1} \sqrt{x}\]
asumimos\(D=[0, \infty)\).
Ejercicio\(\PageIndex{1}\)
Utilice la definición de límite para probar que
- \(\lim _{x \rightarrow 2} 3 x-7=-1\)
- \(\lim _{x \rightarrow 3}\left(x^{2}+1\right)=10\).
- \(\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x+3}{x+1}=2\).
- \(\lim _{x \rightarrow 0} \sqrt{x}=0\).
- \(\lim _{x \rightarrow 2} x^{3}=8\).
- Contestar
-
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Ejercicio\(\PageIndex{2}\)
Demostrar que no existen los siguientes límites.
- \(\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{|x|}\).
- \(\lim _{x \rightarrow 0} \cos (1 / x)\).
- Contestar
-
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Ejercicio\(\PageIndex{3}\)
Dejar\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Demostrar que si\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\ell\), entonces
\[\lim _{x \rightarrow \bar{x}}|f(x)|=|\ell| .\]
Dé un ejemplo para demostrar que el convers no es cierto en general.
- Contestar
-
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Ejercicio\(\PageIndex{4}\)
Dejar\(f: D \rightarrow \mathbb{R}\) y dejar\(\bar{x}\) ser un punto límite de\(D\). Supongamos\(f(x) \geq 0\) para todos\(x \in D\). Demostrar que si\(\lim _{x \rightarrow \bar{x}} f(x)=\ell\), entonces
\[\lim _{x \rightarrow \bar{x}} \sqrt{f(x)}=\sqrt{\ell} .\]
- Contestar
-
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Ejercicio\(\PageIndex{5}\)
Encuentra\(\lim _{x \rightarrow 0} x \sin (1 / x)\).
- Contestar
-
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Ejercicio\(\PageIndex{6}\)
Dejar\(f\) ser la función dada por
\ [f (x) =\ left\ {\ begin {array} {ll}
x, &\ text {if} x\ in\ mathbb {Q}\ cap [0,1]\ text {;}\\
1-x, &\ text {if} x\ in\ mathbb {Q} ^ {c}\ cap [0,1]\ text {.}
\ end {array}\ derecho.\]
Determinar cuáles de los siguientes límites existen. Para los que existen encuentran sus valores.
- \(\lim _{x \rightarrow 1 / 2} f(x)\).
- \(\lim _{x \rightarrow 0} f(x)\).
- \(\lim _{x \rightarrow 1} f(x)\).
- Contestar
-
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