limites

138

Límite funcional y continuidad

4.5.

Ejercicios resueltos

4.5.1 Estudie la existencia de los siguientes límites y calcule su valor o los valores
de los límites laterales correspondientes, cuando existan:
√
x
|x|
x2 + x − 6
l´
ım 2
l´ (2 + sen(1/x)) l´
ım
ım
l´
ım
2 −4
x→0 x + x
x→0
x→0 2 + sen(1/x)
x→2
x
x2 + x − 6
Solución: Numerador y denominador de
sonfunciones contix2 − 4
nuas por lo que, salvo que de lugar a indeterminación, el límite coincide con
el cociente entre los límites de numerador y denominador. En este caso ambos son cero y se produce la indeterminación. Pero al tratarse de polinomios
que se anulan para x = 2, el teorema de Fubini garantiza que ambos son
divisibles por x − 2, asi que, para cada x = 2 se tiene la igualdad
(x − 2)(x +3)
(x + 3)
x2 + x − 6
=
=
2 −4
x
(x − 2)(x + 2)
(x + 2)
y ahora es claro que

x2 + x − 6
5
= .
2 −4
x→2
x
4
l´
ım

|x|
tenemos otra vez una indeterminación. De nuevo
+x
podemos dividir numerador y denominador por x. Pero, ahora |x|/x, que es
lo que se conoce como «signo de x», es la función σ definida por
Para el caso l´ x→0
ım

x2


1

σ(x) = 
−1

si x > 0si x < 0

y entonces se tiene
l´ +
ım

x→0

|x|
1
= l´ +
ım
=1
+ x x→0 x + 1

x2

mientras que
−1
|x|
= l´ −
ım
= −1.
x→0
+ x x→0,x x + 1
Así pues, el límite no existe aunque existen los límites laterales.
l´ −
ım

x2

l´ x→0 (2+sen(1/x)) = 2+l´ x→0(sen(1/x)), pero este límite no existe porque
ım
ım
tomando las sucesiones convergentes a cero definidas por xn =1/(2nπ) y
xn = 1/(2nπ + π/2) se verifica que
l´ (sen(1/xn )) = 0 = 1 = l´ (sen(1/x′n )).
ım
ım

n→∞

n→∞

138

4.5 Ejercicios resueltos

139

√

x
el numerador tiene límite cero
2 + sen(1/x)
y el denominador no tiene límite. A pesar de ello existe el límite buscado y
vale 0 ya que
√
√
x
| x|
≤
, al ser 1 ≤ 2 + sen(1/x) ≤ 3
0≤
2 + sen(1/x)
1

Por último en el caso del´ x→0
ım

y si
l´
ım

x→0

también es

√

x
=0
2 + sen(1/x)
√

x
=0
x→0 2 + sen(1/x)
l´
ım

y por tanto el límite es 0.
4.5.2 Estudie el dominio y la continuidad de las siguientes funciones.
f (x) = x2 sen

1
(1 + x)n − 1
log(1 + x) − log(1 − x)
g(x) =
h(x) =
x
x
x

Solución: Haciendo uso de la continuidad de ciertas funciones que hemos
ido estableciendo en losejemplos y de los resultados sobre operaciones con
funciones continuas podemos afirmar:
1) La función f está definida inicialmente para cualquier x ∈ R\{0}. Además
como la función x → x es continua tambien lo son x → x2 (por producto de
continuas) y x → 1/x si x = 0 (por cociente de continuas) y al ser continua
la aplicación y → sen y también lo es (por composición de continuas) la
función x→ sen(1/x) si x = 0. Así que, finalmente, la función f es continua
(por producto de dos continuas) en su dominio. ¿Qué ocurre en x = 0? En
principio f no está definida, pero podríamos plantearnos si existe l´ x→0 f (x)
ım
y de existir prolongar la función f que ya es continua en x ∈ R\{0} haciendo
f (0) := l´ x→0 f (x). Pero como el seno es una función acotada, se tiene que
ım
l´ x→0 f (x) = l´x→0 x2 sen(1/x) = 0.
ım
ım
2) La función g es un cociente de polinomios y, por tanto, es continua (por
cociente de continuas) en todos los puntos en los que el denominador no se
anule, que en nuestro caso es R \ {0} siendo este el dominio inicial para g. En
cambio en x = 0 numerador y denominador se anulan: podemos dividir ambos por x y extender el dominio de g a todo R, definiendo g(0) = l´x→0 g(x)
ım
a tal fin hacemos uso de la ecuación ciclotómica
(an+1 − bn+1 ) = (a − b)(an + an−1 b + · · · + abn−1 + bn )
139

140

Límite funcional y continuidad

y tenemos que
((1 + x) − 1)((1 + x)n + (1 + x)n−1 + · · · + 1)
x→0
x
= l´ ((1 + x)n + (1 + x)n−1 + · · · + 1) = n + 1
ım

l´ g(x) = l´
ım
ım

x→0

x→0

debido a que hay n + 1 sumandos cada uno de los cuales...