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 $f:A\rightarrow B \ \ \ni \ A\subset\mathbb{R}, \ B\subset \mathbb{R}.$
- 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.
- 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: $$0<|x-x_0|<r$$ - $x_0$ 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
- $x_0$ puede o no pertenecer a $A$.
- 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 $A$.
- $x_0$ puede o no pertenecer a $A$.
- 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.
- 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:
- 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 $\epsilon$.
- Se ve entonces que $(x_0-\delta,x_0+\delta)’$ es un intervalo de prueba para cada $\epsilon>0$ con radio $\delta.$
- 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.
- 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:
- Valores de cálculos cómodos.
- 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.
- Valores de cálculos cómodos.
- Para cada $\epsilon>0$ existe un valor o radio de prueba $\delta$ que depende de ese $\epsilon.$ Es decir
Verificación de limites por definición
- 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).
- 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 $$\lim \limits_{x \to 0} {x^2} = 0$$
- 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
$$|(3x-7)-5|=|3x-12|=3|x-4|<3\left( \epsilon \over 3 \right)<\epsilon$$
$$\therefore\displaystyle \lim_{x\to4}(3x-7)=5$$
- 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
$$\left| {\left( {5x – 4} \right) – 6} \right| < \varepsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – 2} \right| < \frac{\epsilon }{5}$$
$$\therefore\lim\limits_{x\to2}5x-4=6$$
- 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
$$\lim_{x\to1}5x-3=2$$
- 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
$$\left| {\left( {{x^2} + x – 11} \right) – 9} \right| < \epsilon \hspace{0.35in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.35in}0 < \left| {x – 4} \right|
< \min \left\{ 1,\frac{\epsilon }{10} \right\}$$
$$\therefore\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} {x^2} + x – 11 = 9$$
- 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 $$|x-c|<\delta$$
$$\therefore\lim_{x\to c}x^2=c^2$$
- 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: $$\delta(\epsilon)=\min\{1,\epsilon/5\}$$
- $\displaystyle \lim_{x\to2}{1\over x}={1\over 2}$
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.