En esta entrada les traigo algunas propiedades básicas de los limites. Para de esta manera, tener una idea más claras las ideas a la hora de resolver un ejercicio. Para esto empecemos con la siguiente definición


Definicion Sea $f:I\to\mathbb{R}$ tal que $x_0$ es un punto de acumulacion de $I$ decimos que $L$ es el limite por la derecha de $x_0$ si: Dado $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que

$$|f(x)-L|<\epsilon\hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in} 0<x-x_0<\delta $$

y se escribe $$\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=L=f(x_0^+)$$

De igual manera se define el limite por la izquierda de $f(x)$ en $x_0$ si: Dado $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que

$$|f(x)-L|<\epsilon\hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in} 0<x_0-x<\delta $$
y se escribe $$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=L=f(x_0^-)$$


Teorema Se cumple que $f(x_0^+)=f(x_0^-)\Longleftrightarrow \lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ existe y $$f(x_0^+)=f(x_0^-)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L.$$

Prueba

$\Longrightarrow$ Si $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=L,$ entonces dado $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que si $0<x-x_0<\delta,$ entonces $|f(x)-L|<\epsilon.$

Note que si $0<x_0-x<\delta\Longrightarrow x_0-x<\delta\Longrightarrow-\delta<x-x_0\Longrightarrow$

$$-\delta<0<x-x_0<\delta\Longrightarrow-\delta<x-x_0<\delta$$
lo que implica que $0<|x-x_0|<\delta$, por tanto $$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L.$$

$\Longleftarrow$ Si $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L$ existe, entonces dado $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que si $0<|x-x_0|<\delta,$ entonces $$|f(x)-L|<\epsilon$$

entonces $-\delta<x-x_0<\delta$, de donde se tiene que $0<x-x_0<\delta$, entonces $|f(x)-L|<\epsilon,$ lo que implica $f(x_0^+)=L.$ De igual modo $$-\delta<x-x_0\Longrightarrow 0<x_0-x<\delta\Longrightarrow|f(x)-L|<\epsilon,$$ por lo que se tienen que $f(x_0^-)=L$ y por tanto
$$f(x_0^+)=f(x_0^-)=L.$$


Teorema Sea $f:I\to\mathbb{R}$, $x_0$ un punto de acumulación de $I$, entonces el $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ es único.

Prueba

Supongamos que $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ no es unico. Esto es, existen $L_1,L_2\in\mathbb{R}$ tal que $L_1\neq L_2$, de modo que

$$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_1 \ \ \ \ \mbox{y} \ \ \ \ \ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_2 $$

Si $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_1$, entonces dado $\epsilon>0$ existe $\delta_1>0$ tal que
si
$$ \left| f(x)-L_1 \right| < \epsilon/2 \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta_1$$

De igual modo: si $\lim\limits_{x\to x_0}=L_2$, entonces dado $\epsilon>0$ existe $\delta_2>0$ tal que si
$$ \left| f(x)-L_2 \right| < \epsilon/2 \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta_2$$

Consideremos la siguiente diferencia

$$|L_1-L_2|=|L_1-f(x)-L_2+f(x)|\leq|f(x)-L_1|+|f(x)-L_2|$$ $$|L_1-L_2|<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon$$

por lo que $|L_1-L_2|<\epsilon$ para todo $\epsilon>0$ de donde se tiene que $L_1-L_2=0\Longrightarrow L_1=L_2$ lo cual es una contradicción y por ende el limite es único.


Teorema Sean $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=L$ y $\displaystyle \lim_{x\to x_0}g(x)=M$, entonces


  1. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}k=k$

  2. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}kf(x)=kL$

  3. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left( f(x)+g(x) \right)=L+M$

  4. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left( f(x)-g(x) \right)=L-M$

  5. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left( f(x)g(x) \right)=LM$

  6. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left( f(x) \over g(x) \right)={L\over M}\ \ \ \ \ \ \ \ \ M\neq 0$

Prueba

Vamos a probar primero la propiedad (2); para esto tenemos la suposición de que $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=L$, lo que implica entonces que para todo $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que

$$ \left| f(x)-L \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta$$

Consideremos ahora la desigualdad del lado izquierdo, y multiplicando por
$|k|, \ \ k\in\mathbb{R}$

$$|k||f(x)-L|=|k(f(x)-L)|=|kf(x)-kL|<|k|\epsilon=\epsilon_1$$

por lo que $|kf(x)-kL|<\epsilon_1$ siempre que $0<|x-x_0|<\delta$

por tanto $\displaystyle \lim_{x\to x_0}kf(x)=kL.$


Ahora procederemos a probar la propiedad (3). De igaul manera que anteriormente de las suposiciones dada, esto es;

Si $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f=L$, lo que implica que para todo $\epsilon>0$ existe un $\delta_1>0$ tal que

$$ \left| f-L \right| < \epsilon/2 \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta_1$$

De manera analoga, si $\displaystyle\lim_{x\to x_0}g=M$, entonces para todo $\epsilon>0$ existe un $\delta_2>0$ tal que

$$ \left| g-M \right| < \epsilon/2 \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta_2$$

Consideremos ahora la siguiente expresión

$$|\left( f(x)+g(x) \right)-\left( L+M \right)|=|\left( f(x)-L \right)+\left( g(x)+M \right)|$$ $$\leqslant|f(x)-L|+|g(x)+M|
<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon$$

si tomamos $\delta=\min\left\{\delta_1,\delta_2 \right\}$, entonces

$$ \left| (f(x)+g(x))-(L+M) \right| < \epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta$$

por lo que $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left( f(x)+g(x) \right)=L+M$.


Para probar (5), tomemos en cuenta que si $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L$ y $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M$ entonces $$\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)-L)=0 \ \ \mbox{y} \ \ \lim\limits_{x\to x_0}(g(x)-L)=0$$

para esto, tenemos que dado $\epsilon>0$ existen $\delta_1>0, \ \delta_2>0$ tales que

$$ \left| f(x)-L \right| < \sqrt{\epsilon} \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta_1$$

$$ \left| g(x)-M \right| < \sqrt{\epsilon} \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in}0 < \left| {x – x_0} \right| < \delta_2$$

tomando $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$. Si $0<|x-x_0|<\delta,$ entonces

$$|(f(x)-L)(g(x)-M)-0|=|f(x)-L||g(x)-M|<\sqrt{\epsilon}\sqrt{\epsilon}=\epsilon$$

esto prueba que $$\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)-L)(g(x)-M)=0.$$

A primera vista se ve que esto no es lo que se desea probar, pero vera en breve la utilidad de esto.

Ahora tomemos este producto y usemos un poco de álgebra:

\begin{eqnarray*} (f(x)-L)(g(x)-M)=f(x)g(x)-f(x)M-g(x)L+LM \end{eqnarray*}

de aqui que $$f(x)g(x)=(f(x)-L)(g(x)-M)+f(x)M+g(x)L-LM$$

tomando limite cuando $x\to x_0$ se tiene

\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to x_0}f(x)g(x)&=&\lim\limits_{x\to x_0}(f(x)-L)(g(x)-M)+\lim\limits_{x\to x_0}Mf(x)+\lim\limits_{x\to x_0}Lg(x)-LM\\ &=&M\lim\limits_{x\to x_0}f(x)+L\lim\limits_{x\to x_0}g(x)-LM=LM+LM-LM\\ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)g(x)&=&LM \end{eqnarray*}

Lo cual completa la pruba de lo que se queria probar que es (4).


Para probar (6), tendremos que probar que si $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M$, con $M\neq0,$ entonces $\displaystyle \lim\limits_{x\to x_0}{1\over g(x)}={1\over M}.$ Ahora, para $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M$, dado $\epsilon>0$ existe $\delta_1>0$ tal que $$|g(x)-M|<\frac{|M|}{2}\hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in} 0<|x-x_0|<\delta_1 $$

Asumamos ahora que en $0<|x-x_0|<\delta_1$, tenemos

$$|M|=|M-g(x)+g(x)|\leq|M-g(x)|+|g(x)|=|g(x)-M|+|g(x)|$$ $$<\frac{|M|}{2}+|g(x)|$$

si reorganizamos esto, tenemos

$$|M|<\frac{|M|}{2}+|g(x)|\Longrightarrow\frac{|M|}{2}<|g(x)|\Longrightarrow\frac{1}{|g(x)|}<\frac{2}{|M|}$$

consideremos $\delta_2>0$ tal que

$$|g(x)-M|<\frac{|M|^2}{2}\epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in} 0<|x-x_0|<\delta_2 $$

Tomemos $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}.$ Si $0<|x-x_0|<\delta$ para el cual

\begin{eqnarray*} \left| \frac{1}{g(x)}-\frac{1}{M} \right|&=&\left| \frac{M-g(x)}{Mg(x)} \right| =\frac{1}{|Mg(x)|}|M-g(x)|=\frac{1}{|M|}\frac{1}{|g(x)|}|g(x)-M| \\ &<&\frac{1}{|M|}\frac{2}{|M|}|g(x)-M|<\frac{2}{|M|^2}\frac{|M|^2}{2}\epsilon=\epsilon \end{eqnarray*}

lo que prueba que $\displaystyle \lim\limits_{x\to x_0}\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{M}.$ Ahora consideremos el siguiente limite para probar lo deseado

$$\lim\limits_{x\to x_0}\left[ f(x)\over g(x)\right] =\lim\limits_{x\to x_0}\left[ f(x) {1\over g(x)}\right] = \lim\limits_{x\to x_0} f(x)\lim\limits_{x\to x_0}{1\over g(x)}=L{1\over M} ={L\over M}$$


Ahora siguen dos propiedades no menos importante pero de las cuales no se mostrara la prueba:
$$\lim\limits_{x\to x_0}[f(x)]^n=\left[\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\right] ^n=L^n \ \ \ \ \mbox{y} \ \ \ \ \lim\limits_{x\to x_0} \sqrt[n]{f(x)}=\sqrt[n]{\lim\limits_{x\to x_0}f(x)}=\sqrt[n]{L} $$


Teorema Sea $f:I\to \mathbb{R}, \ g:I\to \mathbb{R}$ tal que


  1. $I$ es un intervalo abierto,
  2. $f(x)\leq g(x)$ para toda $x\in I$,
  3. $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L$ y $\lim\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M$,

entonces $L\leq M.$

Prueba

Asumamos que $L>M$. Puesto que $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L$ y $\lim\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M$, entonces $$\lim\limits_{x\to x_0}(g(x)-f(x))=M-L$$ por lo que dado $\epsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que si
$$|(g(x)-f(x))-(M-L)|<\epsilon \hspace{0.5in}{\mbox{siempre que}}\hspace{0.5in} 0<|x-x_0|<\delta $$ note que $L>M\Longrightarrow L-M>0,$ por lo que podemos tomar $\epsilon=L-M>0,$ entonces
$$(g(x)-f(x))-(M-L)\leq|(g(x)-f(x))-(M-L)|<L-M$$ de aqui que
$$(g(x)-f(x))-(M-L)<L-M\Longrightarrow g(x)-f(x)<0\Longrightarrow g(x)<f(x)$$
que es una contradicción. Por tanto $L\leq M.$


Teorema (Restrinción) Si $f(x)\leq g(x)\leq h(x)$ para toda $x$ en el intervalo abierto que contenga $x_0$ y si $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}h(x)=L,$ entonces $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L.$

Prueba

Si $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L,$ entonces para todo $\epsilon>0$ existe $\delta_1>0$ tal que $0<|x-x_0|<\delta_1,$ entonces $|f(x)-L|<\epsilon$ esto es, si $0<|x-x_0|<\delta_1$, entonces $L-\epsilon<f(x)<L+\epsilon$.

De igual modo si $\lim\limits_{x\to x_0}h(x)=L,$ entonces para todo $\epsilon>0$ existe $\delta_2>0$ tal que $0<|x-x_0|<\delta_2,$ entonces $|h(x)-L|<\epsilon$ esto es, si $0<|x-x_0|<\delta_2$, entonces $L-\epsilon<h(x)<L+\epsilon$.

Tomemos $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}.$ Para $0<|x-x_0|<\delta$, como

$$L-\epsilon<f(x)\leq g(x)\leq h(x)<L+\epsilon$$ por lo que
$$L-\epsilon<g(x)<L+\epsilon\Longrightarrow |g(x)-L|<\epsilon$$
por tanto $$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L.$$

Algunas propiedades de los limites
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2 pensamientos en “Algunas propiedades de los limites

    • 02/10/2019 a las 11:08 PM
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      Para calcular $$\lim_{x=\to0}\frac{e^{ax}-e^{bx}}{x} $$
      sumamos y restamos 1
      $$\lim_{x=\to0}\frac{e^{ax}-e^{bx}+1-1}{x}= \lim_{x=\to0}\frac{(e^{ax}-1)-(e^{bx}-1)}{x}$$

      $$\lim_{x=\to0}\frac{e^{ax}-1}{x}-\lim_{x\to0}\frac{e^{bx}-1}{x}=a\lim_{x=\to0}\frac{e^{ax}-1}{ax}-b\lim_{x\to0}\frac{e^{bx}-1}{bx}$$ aplicando el hecho de que $$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$$ se concluye que $$a\lim_{x=\to0}\frac{e^{ax}-1}{ax}-b\lim_{x\to0}\frac{e^{bx}-1}{bx}=a-b $$

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