2.4. EJERCICIOS RESUELTOS 2.4.1. Sobre límites de funciones: 1. Usando la definición de límite de una función , pruébese que: 6)39(

5−=−

→xLim

x

Solución: Sea ε un número positivo cualquiera dado. Se debe hallar un δ tal que: 0> ( ) ( ) εδ <−−⇒<−< 6395 xx0 (1) Para ello considérese la desigualdad de la derecha de (1). ( ) ( ) εε <+−⇔<−−− 639639 xx

ε<−⇔ x315 ε<−⇔ 153 x (V.A.5) ε<−⇔ 53 x (factorizando)

3

5 ε<−⇔ x (2)

Comparando la desigualdad del lado izquierdo de (1) con la desigualdad (2), se puede

escoger 3ε

=δ . (Por supuesto, cualquier valor menor funcionará para δ ).

Prueba formal.

Dado ε , existe 0> 03>=

εδ , tal que,

3550 ε

δ <−⇒<−< xx

ε<− 153 x⇒ ε<− x315⇒ ε<+− 639 x⇒ ( ) ε<−−− )6(39 x⇒ En particular, si una persona A escoge un , en este ejemplo, entonces otra persona B responderá con un δ .

01.0=ε0033.03/01.0 ==

Si A propone , B escogerá δ (cualquier valor menor también satisface).

000003.0=ε 000001.0=

Al graficar la recta (fig. 2.9.), se nota que para “obligar” a (9 – 3x) a estar cerca de – 6, se debe “obligar” a x a que esté cerca de 5.

xxfy 39)( −==

fig. 2.9. 2. Usando la definición del límite de una función, demuéstrese que:

31

12 2

1=

−−−

→ xxxLim

x

Solución: Análisis preliminar. Sea ε un número positivo cualquiera dado. Se debe hallar un δ tal que: 0>

Si δ<−< 10 x , entonces ε<−−

−− 31

12 2

xxx (1)

Para ello, considérese inicialmente la desigualdad de la derecha de (1).

( )( )( ) εε <−

−−+

⇔<−−

−− 31

11231

12 2

xxx

xxx (factorizando)

( ) ε<−+⇔ 312 x (simplificando, puesto que x – 1 ≠ 0) ε<−⇔ 22 x

12

1 ≠∧<−⇔ xx ε (2)

Comparando la desigualdad del lado izquierdo de (1) con la desigualdad (2), se puede

escoger 2ε

=δ (cualquier valor menor funciona).

Prueba formal.

Dado ε , existe 0> 02>=

εδ , tal que,

1110 ≠∧<−⇒<−< xxx δδ

12

1 ≠∧<−⇒ xx ε

122 ≠∧<− xx ε⇒ 13)12( ≠∧<−+ xx ε⇒

ε<−−

−+⇒ 3

)1()1)(12(

xxx

ε<−−

−− 31

12 2

xxx

⇒

En particular, si en este ejemplo una persona A escoge un , entonces otra persona B responderá con un δ . Si A propone ε , B escogerá

(cualquier valor menor también cumple).

01.0=ε0002.0=005.0=

0001.0=δ

La gráfica de la función 1

12)(2

−−−

==x

xxxfy

12 +x

es la misma que corresponde a

la recta de ecuación , con x ≠ 1. =y En la fig. 2.10., aparece la gráfica de la función dada. Nótese que si el ancho de la banda alrededor del punto y = 3 es ε , entonces, el ancho de la banda alrededor del punto x = 1 es δ . 2/ε=

fig. 2.10. 3. Considérese la función definida por , con . Evalúese: nxxf =)( Nn∈

hfhfLim

h

)2()2(0

−+→

Solución:

hhLim

hfhfLim

nn

hh

2)2()2()2(00

−+=

−+→→

(1)

Si se intentase evaluar directamente el último límite, se obtendría ( )00

0202

=−+ nn

(indeterminado). Se puede eliminar la indeterminación, factorizando el numerador de la fracción (1):

[ ][ ]h

hhhhLimh

hLimnnnn

h

nn

h

12321

00

2...2)2(2)2()2(2)2(2)2( −−−−

→→

++⋅++⋅+++−+=

−+

[ ]h

hhhhLimnnnn

h

12321

0

2...2)2(2)2()2( −−−−

→

++⋅++⋅+++=

[ ]

444444444 3444444444 21términosn

nnnn

hhhhLim

−

−−−−

→++⋅++⋅+++= 12321

02...2)2(2)2()2(

4444 34444 21terminosn

nnnn

−

−−−− ++++= 1111 2...222

12 −⋅= nn

4. Evaluar: 2

44 −

−→ x

xLimx

Solución:

Si se aplica directamente el límite de un cociente, se llega a la forma indeterminada 00 .

Se puede eliminar la indeterminación, racionalizando el denominador y simplificando. Así:

( )( )( )22

2)4(2

444 +−

+−=

−−

→→ xxxxLim

xxLim

xx

( )( ) 224 2

2)4(

−

+−=

→ xxxLim

x

( ) ( ) 4242

42)4(

44=+=+=

−+−

=→→

xLimx

xxLimxx

5. Evalúese: 22312

4 −−−+

→ xxLim

x

Solución:

Al sustituir directamente x por 4, se llega a la forma indeterminada 00 . Para

tratar de eliminar la indeterminación, se multiplican numerador y denominador de la fracción por la expresión conjugada del denominador. Asi:

( )( )( )( )2222

2231222312

44 +−−−+−−+

=−−−+

→→ xxxxLim

xxLim

xx

( )( )2)2(

223124 −−

+−−+=

→ xxxLim

x

( )( )4

223124 −

+−−+=

→ xxxLim

x

Al sustituir nuevamente x por 4, en la última expresión, continúa la

indeterminación 00 . Para eliminarla, se multiplica numerador y denominador de la

última fracción por ( )312 ++x . Luego,

( )( )( )( )( )3124

3122231222312

44 ++−+++−−+

=−−−+

→→ xxxxxLim

xxLim

xx

[ ]( )( )( )3124

229124 ++−

+−−+=

→ xxxxLim

x

( )( )( )( )3124

22424 ++−

+−−=

→ xxxxLim

x

( )3

226

24312222

4==

+++−

=→ x

xLimx

6. a. Úsese el teorema del “sánduche” para demostrar que si t está expresado en radianes, entonces:

1sen0

=→ t

tLimt

.

b. Demuéstrese que: 0cos10

=−

→ ttLim

t

Solución: a. Considérese el círculo centrado en el origen y radio 1 que aparece en la figura

2.11. y en el cual se han trazado: El sector circular OBC, el triángulo rectángulo OBP y el sector circular OAP.

fig. 2.11.

Nótese que: 22ππ

<<− t (si t < 0, los elementos mencionados inicialmente son

los reflejados con respecto al eje x). Conforme el punto P de la circunferencia se mueve hacia el punto A, t y por lo tanto,

0→

y (1). 1cos0

=→

tLimt

0sen0

=→

tLimt

Claramente, de la gráfica se deduce: Area sector OBC < Área triángulo OBP < Área sector OAP. (2).

Pero, Área sector OBC ⋅= 2)(21 r (ángulo central) tOC ⋅⋅= 2

21

( ) tttOB ⋅=⋅⋅= 22 cos21

21 (3).

Área triángulo OBP ttBPOB sencos21

21

⋅=⋅= (4).

Área del sector OAP ⋅= 2)(21 r (ángulo central) tt

211

21 2 =⋅⋅= (5).

Sustituyendo (3), (4) y (5) en (2), se obtiene:

( ) ttttt21sencos

21cos

21 2 <⋅<

Después de multiplicar por 2 y dividir entre el número positivo tt cos y

observando además que 0sensen>=

tt

tt

, la última desigualdad puede escribirse

asi:

tt

ttcos

1sen<<cos (6).

Pero y 1cos0

=→

tLimt

1cos

10

=→ t

Limt

. Luego, por el teorema del sánduche, se

concluye que: 1=tsen

0→ tLim

t.

b. t

tLimt

cos10

−→

tiene la forma indeterminada 00 .

Para eliminar la indeterminación, multiplíquense numerador y denominador por la cantidad positiva: 1 . tcos+ Esto es,

( )(( )

)tt

ttLimt

tLimtt cos1

cos1cos1cos100 +

+−=

−→→

( )tttLim

t cos1cos1 2

0 +−

=→

( )tt

tLimt cos1

sen 2

0 +=

→

t

tt

tLimt cos1

1sensen0 +

⋅⋅

=

→

= 0101 =⋅⋅ 7. Úsese el ejercicio 6, para evaluar los siguientes límites trigonométricos:

a. xxLim

x βα

sensen

0→, siendo α constantes reales no nulas. β,

b. xxtanLim

x sen2

0→

c. x

xxLimx

3sen5sen0

−→

d. ax

axLimx −

−→

sensen0

Solución:

a. Antes de evaluar el límite, el cociente xx

βα

sensen puede transformarse asi:

=

⋅⋅⋅=

xxx

x

xx

xxx

xxx

ββα

αβα

ββ

βα

αα

βα

sen1sen

sen1sen

sensen

De esta forma:

⋅

=

→→

xxx

xLimxxLim

xx

ββα

αβα

βα

sen1sen

sensen

00

⋅⋅=

→

xxx

xLimx

ββα

αβα

sen1sen

0 (Álgebra de límites).

Ahora, decir que es equivalente a decir que α y que 0→x 0→x 0→xβ

Por tanto, .100

==→→ x

xsenLimx

xsenLimxx α

ααα

α

También, .100

==→→ x

xsenLimx

xsenLimxx β

βββ

β

Luego, .111

0 βα

βα

βα

=⋅⋅=→ xsen

xsenLimx

b. El límite es indeterminado, de la forma 00 .

Pero, xx

xxxx

xxx

xxtan

2coscos2

sen2coscossen2

sen2cos2sen

sen2

=⋅

=⋅

= .

Luego, 211.2

0cos0cos2

2coscos2

sen2

00====

→→ xxLim

xxtanLim

xx.

c. Antes de evaluar el límite, se transforma la fracción x

xx 3sen5sen − , así:

xxxx

xxx 3sen)23sen(3sen5sen −+=

−

x

xxxxx 3sen3cos.2sen2cos.3sen −+=

x

xxx

xx )2cos1(3sen3cos.2sen −−=

−

−

=

xxxx

xx

32cos13sen33cos.

22sen2

( )xx

xxx

x 2cos13

3sen 33cos.2

2sen2 −

−

=

( )

−

−

=

−→→

xx

xxx

xLimx

xxLimxx

2cos13

3sen33cos2

2sen23sen5sen00

Pero,

( ) 02cos1,,33sen;13cos;1

22sen

0000=−===

→→→→xLimyA

yxLimxLim

xxLim

xxxx

Luego, 2020..31.1.2350

=−=−=−

→A

xxsenxsenLim

x

d. Nótese que al sustituir directamente x por a, resulta la indeterminación 00 .

Para eliminar la indeterminación, se hace un cambio de variable y después se simplifica la fracción resultante. Sea . Es claro que si y sólo si . axy −= ax → 0→y

Ahora bien, con esta sustitución:

yaay

axax sen)sen(sensen −+=

−−

y

ayaay sencos.sencos.sen −+=

y

yaay )cos1.(sencos.sen −−=

y

yay

ay )cos1.(sencos.sen −−=

−−

=

yya

yya cos1sensencos .

Luego,

−−

=

−−

→→ yya

yyaLim

axaxLim

yax

cos1sensencossensen0

. ( ) ( ) aaa cos0.sen1.cos =−= 8. Encuéntrese el valor del siguiente límite, o establezca que no existe:

1,11

1≠

−

−→

xxx

Limx

.

Solución: De acuerdo con la definición de valor absoluto, se tiene:

<−−−≥−−

=−01)1(

0111

xsixxsix

x

Es decir,

<−≥−

=−1111

1xsixxsix

x

De esta forma:

1 ,111

11

>=−−

=−−

xsixx

xx

( )( ) 1 ,1

111

<−=−−

=−−

xsix

xAxx

La función: 1,11

)( ≠−−

= xxx

xf , puede escribirse entonces como una función a

tramos, asi:

<−>

=−−

=11

1111

)(xsi

xsixx

xf

Su gráfica aparece en la fig. 2.12.

Ahora, NO EXISTE )(1)1()(

1)1()(

111

11 xfLimLimxfLim

LimxfLim

xxx

xx

→→→

→→ ⇒

==

−=−=

++

−−

9. Considérese la función a tramos definida así:

≥−<<−+

−≤=

25222

2)(

2

xsixxsibax

xsixxf

Encuéntrense los valores de las constantes a y b para que: y

existan.

)(2

xfLimx −→

)(2

xfLimx→

Solución: El siguiente diagrama recoge la información obtenida de f.

2)( xxf =2)( = xxf

baxxf +=)(5−

)(2

xfLimx −→

existe y existen ⇔ )(2

xfLimx +−→

)(2

xfLimx −−→

y además: )()(

22xfLimxfLim

xx −+ −→−→=

Pero, (1). babaxLimxfLim

xx+−=+=

++ −→−→2)()(

22

(2). 4)()( 2

22==

−− −→−→xLimxfLim

xx

Para que el límite de en − exista, es preciso que: (3). )(xf 2 42 =+− ba Igualmente,

)(2

xfLimx→

existe y existen ⇔ )(2

xfLimx +→

)(2

xfLimx −→

y además: )()(

22xfLimxfLim

xx −+ →→=

Pero, (4). 1)52()(

22−=−=

++ →→xLimxfLim

xx

(5). babaxLimxfLim

xx+=+=

−− →→2)()(

22

De (4) y (5) se sigue que (6). 12 −=+ ba

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (3) y (6) se obtiene: 45

−=a y

23

=b .

Con estos valores, la función f se transforma en:

≥−

<<−+−

−≤

=

252

2223

45

2)(

2

xsix

xsixxsix

xf

La gráfica de f aparece en la fig. 2.13.

fig. 2.13