ejercicios resueltosd e limites.pdf
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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