En matemáticas, un límite es el valor que una función “aproxima” cuando la entrada “se aproxima” a algún valor. Los límites son esenciales para el cálculo y el análisis matemático en general.

Augustin-Louis Cauchy en 1821, seguido de Karl Weierstrass, formalizó la definición del límite de una función que se conoció como la definición ($\epsilon-\delta$) de límite. La definición usa $\epsilon$ (la letra griega minúscula épsilon) para representar cualquier número positivo pequeño, de modo que “f (x) se vuelva arbitrariamente cerca de $L$” significa que $f (x)$ eventualmente se encuentra en el intervalo $(L – \epsilon, L + \epsilon )$, que también se puede escribir utilizando el signo de valor absoluto como $$| f (x) – L | <\epsilon.$$ La frase “a medida que $x$ se acerca a $x_0$” indica que nos referimos a los valores de $x$ cuya distancia desde $x_0$ es menor que algún número positivo $\delta$ (el delta de la letra griega en minúscula), es decir, los valores de x dentro de cualquiera de los dos $(x_0 – \delta, x_0)$ o $(x_0, x_0 + \delta)$, que puede expresarse con $$0 <| x – x_0 | <\delta.$$ La primera desigualdad significa que la distancia entre $x$ y $x_0$ es mayor que 0 y que $x \neq x_0$, mientras que la segunda indica que x está dentro de la distancia $\delta$ de $x_0$.



Definición Sea $f (x)$ una función definida en un intervalo que contiene $x = x_0$, excepto posiblemente en $x = x_0$. Entonces decimos, $$\lim_{x\to x_0}=L$$ si para cada número dado $\epsilon> 0$ existe un número $\delta> 0$ tal que $$\left| {f\left( x \right) – L} \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta$$



Preliminares y noción de limite

Sea $f:A\rightarrow B \ \ \ni \ A\subset\mathbb{R}, \ B\subset \mathbb{R}.$

  1. Se llama vecindad simétrica de $x_0\in A$ de radio $r>0$ y $r\in\mathbb{R}$ $$V_r(x_0):=\{x\in A | (x_0-r0)\}\subset A.$$

    Luego la vecindad simétrica de $x_0$ es un intervalo abierto que puede igualmente ser descrito por:
    $$(x_0-r,x_0+r) \ \ \mbox{o por } \ \ |x-x_0|<r$$

    En lo que sigue se usaran en desarrollo lo que se ha hecho aqui para no tener que repetirlo.

  2. Se llama vecindad simétrica reducida $$V_r'(x_0):=V_r(x_0)-{x_0}$$

    también puede ser descrita por:


    $$V_r'(x_0)=\{x\in A | (x_0-r0 \ \ \mbox{y}\ \ x\neq x_0)\}$$
    ó por: $$(x_0-r,x_0+r)$$ ó por: $$0<|x-x_0|<r$$

  3. $x_0$ se llama punto de acumulación o punto limite de $A$ si $:=$
    $$\forall \ r>0 \ \ \ V_r'(x_0)\cap A\neq \varnothing$$

    De manera que $V_r'(x_0)$ tiene infinitos puntos de $A$.

    Se debe tener en cuentas las siguientes observaciones


    1. $x_0$ puede o no pertenecer a $A$.


    2. Si $x_0$ no es punto de acumulación de $A$ y $x_0\in A$ entonces se llama punto solitario de $A$.

    Todos los puntos de un conjunto $A\subset\mathbb{R}$ es de una de esas dos clases: de acumulación ó simétrico. Con $A’$ simbolizaremos el conjunto de todos los puntos de acumulación de $A$, y lo llamaremos conjunto derivado de $A$.

  4. Si para $x_0\in A$ se fija $r_0>0 \ \ni \ 0<|x-x_0|<r_0$ entonces: a $r_0$ lo llamaremos valor o radio de prueba y al intervalo $(x_0-r_0,x_0+r_0)$ intervalo de prueba”. Note que este es un intervalo abierto reducido.

  5. Si $f:A\rightarrow B \ \ \ni x_0\in A’$ diremos que $\displaystyle \lim_{x_0}\f=L$ si:

    Dado $\epsilon>0 \ \ \exists \ \delta(\epsilon)>0 \ \ \ni $ si $0<|x-x_0|<\delta$


    $$ \ \forall x\in A\cap (x_0-\delta,x_0+\delta)’\Longrightarrow |\f-L|<\epsilon.$$

    En esta definición descubrimos que:


    1. Para cada $\epsilon>0$ existe un valor o radio de prueba $\delta$ que depende de ese $\epsilon.$ Es decir
      $$\delta(\epsilon)=\delta$$
      $\delta$ es una función de $\epsilon$.

    2. Se ve entonces que $(x_0-\delta,x_0+\delta)’$ es un intervalo de prueba para cada $\epsilon>0$ con radio $\delta.$

    3. Debe ser claro que dentro del intervalo de prueba no pueda haber ningún valor de $x\in A$ donde la función no exista, esto así porque entonces la definición de limite dejaría de tener sentido.

    4. Aun cuando el radio de prueba $\delta$ puede tener una infinidad de valores disponibles, por razones de una buena aproximación, de prefieren aquellos que tengan dos características:


      1. Valores de cálculos cómodos.


      2. Los que determinen intervalos de prueba donde los valores de $x$ esten lo más cercanos a $x_0$ y corten los valores donde $f$ no existe.


Verificación de limites por definición



  1. Pruebe que $\lim\limits_{x\to\pi}x=\pi$

    Solución

    Tenemos que $f(x)=x$, por lo que para cada $\epsilon>0$ debe existir $\delta(\epsilon)>0$ tal que
    $$|x-\pi|<\delta\Longrightarrow |f(x)-\pi|=|x-\pi|<\epsilon$$ por lo que se tiene que $\delta=\epsilon$ (delta tiene que ser igual a épsilon).


  2. Usar definición de limite para probar el siguiente limite
    $$\lim \limits_{x \to 0} {x^2} = 0$$

    Solución

    Vemos que $L$ y $a$ son ambos cero, por lo que $\epsilon$ es cualquier número positivo; según la definición debemos encontrar un $\delta>0$ que sastiga
    $$ \left| {{x^2} – 0} \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – 0} \right| < \delta$$

    esto implica que

    $$ \left| {{x^2}} \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x } \right| < \delta$$

    Necesitamos encontrar una expresión para $\delta$ que sastiga esto. Consideremos $|x^2|<\epsilon\Longrightarrow |x|^2<\epsilon$ tomando raiz de
    ambos lados de la desigualdad $|x|<\sqrt{\epsilon}$ por lo que tendremos que $\delta=\sqrt{\epsilon}$ de aquí que

    $$ \left| {{x^2}} \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x } \right| < \delta$$
    y $$\lim \limits_{x \to 0} {x^2} = 0$$


  3. Demuestre que $\displaystyle \lim_{x\to4}(3x-7)=5$

    Solución

    Sea $\epsilon>0$ cualquier número, entonces debemos encontrar $\delta>0$ que sastifaga

    $$\left| (3x-7)-5 \right| < \epsilon \hspace{0.35in}{\mbox{siempre y cuando }}\hspace{0.35in}0 < \left| {x – 4} \right| < \delta$$

    partamos de la desigualdad de $\epsilon$, esto es

    $$|(3x-7)-5|=|3x-12|=3|x-4|<\epsilon$$

    $$\therefore |x-4|<\epsilon/3 $$

    tomando $\delta=\epsilon/3>0$; esto se puede verificar

    $$|(3x-7)-5|=|3x-12|=3|x-4|<3\left( \epsilon \over 3 \right)<\epsilon$$

    $$\therefore\displaystyle \lim_{x\to4}(3x-7)=5$$


  4. Usar la definición de limite para probar el siguiente limite
    $$\lim\limits_{x\to2}5x-4=6$$

    Solución

    Tenemos que para $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ que tenemos que encontrar que sastifaga

    $$\left| {\left( {5x – 4} \right) – 6} \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – 2} \right| < \delta$$

    Tomando la desigualdad del lado izquierdo e intento dar una hípostesis de $\delta$
    $$\left| {\left( {5x – 4} \right) – 6} \right| = \left| {5x – 10} \right| = 5\left| {x – 2} \right| < \epsilon \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}\left| {x – 2} \right| < \frac{\epsilon }{5}$$
    al obtener esto luego de simplificar nos da la noción de que podemos tomar $\delta=\epsilon/5$ (hípotesis).

    Esto se puede verificar, a ver si es cierto: sea $\epsilon>0$ debe haber un número positivo $\delta=\epsilon/5$ para el cual; si asumimos que $0 < \left| {x – 2} \right| < \delta = \frac{\epsilon }{5}$ se cumple

    \begin{align*}\left| {\left( {5x – 4} \right) – 6} \right| & = \left| {5x – 10} \right| & & \hspace{0.25in}{\mbox{simplificando}}\\ & = 5\left| {x – 2} \right| & & \hspace{0.225in}{\mbox{simplificando }}….\\ & < 5\left( {\frac{\epsilon }{5}} \right) & & \hspace{0.25in}{\mbox{usando lo asumido }}\delta = \frac{\epsilon }{5}\\ & = \varepsilon & & \hspace{0.25in}{\mbox{simplificando}}\end{align*}
    por lo que se acaba de verificar que
    $$\left| {\left( {5x – 4} \right) – 6} \right| < \varepsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – 2} \right| < \frac{\epsilon }{5}$$
    $$\therefore\lim\limits_{x\to2}5x-4=6$$


  5. Demuestr que $$\lim_{x\to1}(5x-3)=2$$

    Solución

    Atendiendo a la definición: para cualquier $\epsilon>0,$ tendremos que encontrar $\delta>0$ de manera que para $x\neq1$, esto es $0<|x-2|<\delta$ se cumpla que $$|f(x)-2|<\epsilon$$
    Determinando $\delta$, trabajaremos partir de la desigualdad de $\epsilon$
    \begin{eqnarray*} |(5x-3)-2|=|5x-5|=5|x-1|<\epsilon \end{eqnarray*}
    $$|x-1|<\epsilon/5$$
    Así tomamos $\delta=\epsilon/5$. Si $0<|x-1|<\delta=\epsilon/5,$ entonces
    $$|(5x-3)-2|=|5x-5|=5|x-1|<5(\epsilon/5)=\epsilon$$
    lo cual prueba que
    $$\lim_{x\to1}5x-3=2$$


  6. Demostrar que $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} {x^2} + x – 11 = 9$

    Solución

    Sea $\epsilon>0$ cualquier número, entonces debemos encontrar $\delta>0$ que sastifaga
    $$\left| {\left( {{x^2} + x – 11} \right) – 9} \right| < \epsilon \hspace{0.35in}{\mbox{siempre y cuando }}\hspace{0.35in}0 < \left| {x – 4} \right| < \delta$$
    del lado izquierdo tenemos que
    $$\left| {\left( {{x^2} + x – 11} \right) – 9} \right| = \left| {{x^2} + x – 20} \right| = \left| {\left( {x + 5} \right)\left( {x – 4} \right)} \right|
    = \left| {x + 5} \right|\left| {x – 4} \right| < \epsilon$$

    por lo que $|x+5||x-4|<\epsilon$, fijese que si no fuese por $|x+5|$ tendriamos un caso parecido los ejemplos anteriores, por lo que tendremos que lidiar de alguna manera con $|x+5|$.

    Asumamos que $|x+5|<M$ un número positivo, por lo que tendremos lo siguiente
    $$\left| {x + 5} \right|\left| {x – 4} \right| < M\left| {x – 4} \right|$$
    si asumimos que queremos probar que $M|x+5|<\epsilon$ en vez de $|x+5||x-4|<\epsilon$ se tendra lo siguiente
    $$|x-4|<\epsilon/M$$ que es una expresión parecida a los ejemplos anteriores.

    ¿Podremos encontrar $M$?

    Asumamos sin ningún temos que $|x-4|<1$ por lo que

    $$-1<x-4<1\Longrightarrow3<x<5\Longrightarrow8<x+5<10$$

    tenemos que $x+5>8>0$ esto nos indica que es positivo y se tiene que $x+5=|x+5|$ y si $|x-4|<1$ se tendra

    $$8<x+5=|x+5|<10$$

    entonces, si $|x-4|<1$ tenemos que $|x+5|<10$ que nos indica que $$|x-4|<\epsilon/M=\epsilon/10$$
    por lo que para $|x-4|$ se tiene que

    $$|x-4|<\epsilon/10 \ \ \ \ \ \mbox{y} \ \ \ \ \ \ \ |x-4|<1 $$

    ente caso ambas desigualdades son ciertas, por lo que vamos a dejar que $\delta$ sea el más pequeño, esto es

    $$\delta = \min \left\{ 1,\frac{\epsilon }{{10}} \right\}$$

    por lo que se puede garantizar que

    $$\delta \le \frac{\epsilon }{{10}}\hspace{0.5in}{\mbox{y}}\hspace{0.5in}\delta \le 1$$

    Esto se puede ver:
    \begin{align*}\left| {\left( {{x^2} + x – 11} \right) – 9} \right| & = \left| {{x^2} + x – 20} \right| & & \hspace{0.25in}{\mbox{simplificando}}\\ & = \left| {x + 5} \right|\left| {x – 4} \right| & & \hspace{0.25in}{\mbox{factorizando}}\\ & < 10\left| {x – 4} \right| & & \hspace{0.25in}{\mbox{usando lo asumido }}\left| {x + 5} \right| < 10\\ & < 10\left( {\frac{\epsilon }{{10}}} \right) & & \hspace{0.25in}{\mbox{usando}}\left| {x – 4} \right| < \frac{\epsilon }{{10}}\\ & < \epsilon & & \hspace{0.25in}{\mbox{}}\end{align*}
    por lo que
    $$\left| {\left( {{x^2} + x – 11} \right) – 9} \right| < \epsilon \hspace{0.35in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.35in}0 < \left| {x – 4} \right|
    < \min \left\{ 1,\frac{\epsilon }{10} \right\}$$
    $$\therefore\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} {x^2} + x – 11 = 9$$


  7. Demuestre que $\displaystyle\lim_{x\to c}x^2=c^2$ donde $c\in\mathbb{R}$

    Solución

    Sea $\epsilon>0$ cualquier número, entonces debemos encontrar $\delta>0$ que sastifaga

    $$\left| x^2-c^2 \right| < \epsilon \hspace{0.35in}{\mbox{siempre y cuando }}\hspace{0.35in}0 < \left| {x – c} \right| < \delta$$

    fijese que $$|x^2-c^2|=|(x+c)(x-c)|=|x+c||x-c|.$$ Asumamos que $\delta=1,$ entonces $0<|x-c|<1$, entonces

    $$|x-c|<1\Longrightarrow-1<x-c<1\Longrightarrow c-1<x<c+1$$

    tomando $x<c+1$

    $$|x+c|<|x|+|c|<2|c|+1\Longrightarrow |x+c|<2|c|+1$$

    multiplicando por $|x-c|$

    $$|x+c||x-c|<(2|c|+1)|x-c|$$

    de aquí que $|x^2-c^2|<(2|c|+1)|x-c|$ y tomamos $\delta=\min\left\{1,{\epsilon\over2|c|+1} \right\}$, entonces $$|x-c|<\delta$$

    $$\therefore\lim_{x\to c}x^2=c^2$$


  8. Demostrar que $\displaystyle \lim\limits_{x\to2}\frac{x^2-x+18}{3x-1}=4$

    Solución

    Por la definición de limite:

    Dado $\epsilon>0 $ debe existir $ \delta>0$ tal que si $0<|x-2|<\delta\Longrightarrow$


    $$\left|{x^2-x+18\over3x-1}-4 \right|<\epsilon$$

    como:$$\left|{x^2-x+18\over3x-1}-4 \right|=\left|{x^2-13x+22\over3x-1} \right|=|x-2|\frac{|x-11|}{|3x-1|}$$

    Al llegar aquí debemos acotar ó mayorar el cociente $\displaystyle {|x-11|\over|3x-1|}$ de modo que este, tanto como $|x-2|,$ esten lo mas cerca de 2 y evite el velor $x=1/3$ donde la función no existe.

    Esto quiere decir que podemos escoger como radio de prueba a $\delta=1$ (desde luego que hay infinitos otros valores de prueba para $\delta $ que realicen esta misma condición pero $\delta=1$ permite las condiciones antes acordadas.)

    De modo que:
    $$x_0-\delta <x<x_0+\delta, \ \ \ \ x\notin \ \ \ \mbox{ó sea } \ \ \ 2-1<x<2+1, \ \ \ \ x\neq2$$
    $$1<x<3 \ \ \ \ \ x\neq1$$
    es el intervalo de prueba. Luego para cada termino del cociente se tiene:


    $$1-11\frac{1}{3x-1}>{1\over8}>-{1\over2}$$
    $$\therefore{1\over|3x-1|}<{1\over2}$$ Luego $\displaystyle \left|x-11\over 3x-1 \right|<10\cdot{1\over2}=5$ como

    $$ \left|\frac{x^2-x+10}{3x-1} -4\right|=|x-2|\frac{|x-11|}{|3x-1|}<5|x-2|$$

    tendremos que si $\displaystyle \frac{|x-11|}{|3x-1|}<5$ y $|x-2|<{\epsilon/5}$ sera

    $$\left|{x^2-x+10\over3x-1}-4 \right|<\epsilon$$ y para que puedan ocurrir ambos casos $\delta$ debe ser una función de $\epsilon$ de manera que
    sea: $$\delta(\epsilon)=\min\{1,\epsilon/5\}$$


  9. $\displaystyle \lim_{x\to2}{1\over x}={1\over 2}$

    Solución

    La función $ f(x)={1\over x} \ \ \ (x>0) $ no esta definida en $x=0$ (no existe) y siendo $x=2$ un punto muy alejado de aquel que hace posible escoger un radio $\delta$ de prueba igual a la unidad.

    Dado $\epsilon>0,$ existe $\delta>0 \ \ $ tal que si $0<|x-2|<\delta\Longrightarrow$

    $$\left|{1\over x}-{1\over2} \right|<\epsilon$$
    siendo:

    $$\left|{1\over x}-{1\over2} \right|=|x-2|{1\over2|x|}$$
    escogemos $\delta=1\Longrightarrow1<x<3$ es el intervalo de prueba.

    De aquí que $$ 1>{1\over x}>{1\over3}>-1\Longrightarrow\frac{1}{|x|}<1$$ puede entonces ser que:
    $$\delta(\epsilon)=\min\{1,2\epsilon\}$$
    para que sea: $$\left|{1\over x}-{1\over2} \right|<\epsilon$$
    y la definición de limite se cumpla.

Definición de límite

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