Limites

2.4.

EJERCICIOS RESUELTOS

2.4.1. Sobre límites de funciones: 1. Usando la definición de límite de una función , pruébese que: Lim ( 9 − 3 x ) = − 6
x→5

Solución: Sea ε un número positivo cualquiera dado. Se debe hallar un δ > 0 tal que: (1) 0 < x − 5 < δ ⇒ (9 − 3 x ) − (6 ) < ε

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

(9 − 3 x ) − (− 6 ) < ε

⇔ 9 − 3x + 6 < ε ⇔15 − 3 x < ε ⇔ 3 x − 15 < ε ⇔ 3x − 5 < ε

(V.A.5) (factorizando) (2)

⇔ x −5 <

ε 3

Comparando la desigualdad del lado izquierdo de (1) con la desigualdad (2), se puede ε escoger δ = . (Por supuesto, cualquier valor menor funcionará para δ ). 3 Prueba formal. Dado ε > 0 , existe δ =
ε > 0 , tal que, 3 ε 0 < x − 5 < δ ⇒ x − 5 < 3 ⇒ 3 x − 15 < ε
⇒ 15 − 3 x < ε ⇒ 9 − 3x + 6 < ε ⇒

(9− 3 x )− (−6) < ε

En particular, si una persona A escoge un ε = 0.01 , en este ejemplo, entonces otra persona B responderá con un δ = 0.01 / 3 = 0.0033 . Si A propone ε = 0.000003 , también satisface). B escogerá

δ = 0.000001 (cualquier valor menor

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

fig. 2.9. 2. Usando la definición 2x2 − x − 1 Lim =3 x→1 x −1 Solución: Análisis preliminar. Sea ε un número positivo cualquiera dado. Se debe hallar un δ > 0 tal que: 2x2 − x −1 −3 0 , la última desigualdad puede escribirse t

cos t <

sen t 1 < t cos t

(6).

Pero

Lim cos t = 1
t→ 0 t→ 0

y

Lim

t→ 0

1 = 1 . Luego, por el teorema del sánduche, secos t

concluye que: Lim

sen t =1. t 0 . 0

b.

Lim

t→ 0

1 − cos t t

tiene la forma indeterminada

Para eliminar la indeterminación, multiplíquense numerador y denominador por la cantidad positiva: 1 + cos t . Esto es, 1 − cos t = Lim Lim t→ 0 t→ 0 t
= Lim

(1

− cos t )(1 + cos t t (1 + cos t )

)

t→ 0

1 − cos 2 t t (1 + cos t ) sen 2 t t (1 + cos t

= Lim

t→ 0)
t ⋅ 1 1 + cos t

 sen t  = Lim   ⋅ sen t→ 0 t  

= 1⋅ 0 ⋅1 = 0

7. Úsese el ejercicio 6, para evaluar los siguientes límites trigonométricos: a. Lim sen α x , siendo α , β sen β x constantes reales no nulas.

x→ 0

b. Lim

x→ 0

tan 2 x sen x sen 5 x − sen 3 x x sen x − sen a x − a

c. Lim

x→ 0

d. Lim

x→ 0

Solución: a. Antes de evaluar el límite, elcociente sen α x sen β x puede transformarse asi:

α  sen α x  sen α x sen α x 1 1 = ⋅α x ⋅ =   sen β x αx β  αx sen β x   sen β x ⋅ βx   βx βx 

   

De esta forma:

Lim

x→ 0

  α  sen α x  sen α x 1 = Lim   ⋅ x→ 0  β sen β x  αx   sen β x    βx     α sen α x 1 = ⋅ Lim  ⋅ x→ 0  β αx  sen β x    βx  

         

     

   (Álgebra de límites).

Ahora, decir que x → 0 Por tanto, Lim

es equivalente a decir que α x → 0

y que β x → 0

x→ 0

sen α x sen α x = Lim = 1. αx→ 0 αx αx

También, Lim

x→ 0

sen β x sen β x = Lim = 1. βx→ 0 βx βx α α 1 sen α x . = ⋅1 ⋅ = β β 1 sen β x

Luego,

Lim

x→ 0

b. El límite es indeterminado, de la forma

0 . 0

Pero,

tan 2 x sen 2 x 2 sen x cos x 2cos x . = = = sen x cos 2 x ⋅ sen x cos 2 x ⋅ sen x cos 2 x tan 2 x 2 cos x 2 cos 0 2 .1 = Lim = = = 2. x → 0 cos 2 x sen x cos 0 1 sen 5 x − sen 3 x , así: x

Luego, Lim
x→ 0

c. Antes de evaluar el límite, se transforma la fracción
sen 5 x − sen 3 x sen( 3 x + 2 x ) − sen 3 x = x x = =

sen 3 x . cos 2 x + sen 2 x . cos 3 x − sen 3 x x sen 2 x . cos 3 x sen 3 x (1 − cos 2 x ) − x x

sen 2 x   1 − cos 2 x  = 2  . cos 3 x − 3 sen 3 x   3x  2x     sen 2 x   sen 3 x  = 2  . cos 3 x − 3   (1 − cos 2 x )  2x   3x 

Lim

x→ 0

  sen 2 x   sen 5 x − sen 3 x  sen 3 x  = Lim  2   cos 3 x − 3   (1 − cos 2 x ) x→ 0 x  3x    2x  

Pero, Lim
x→ 0

sen 2 x 3x = 1 ; Lim cos 3 x = 1 ; Lim sen = A , y , Lim (1 − cos 2 x ) = 0 x→ 0 x→ 0 x→ 0...