Limite de funciones"capitulo 1 Moises Villena"

Moisés Villena Muñoz Cap. 1 Límites de Funciones

1

1.1 LÍMITE EN UN PUNTO
1.2 LÍMITES LATERALES
1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES
1.4 CÁLCULO DE LÍMITES
1.5 LÍMITES AL INFINITO
1.6 LÍMITES INFINITOS
1.7 OTROS LÍMITES

OBJETIVOS:
• Definir Límites.
• Realizar demostraciones formales de límites.
• Describir gráficamente los límites.
• Calcular límites.

1


1.1 LÍMITE EN UN PUNTO
El Cálculo, básicamente está fundamentado en los límites, por tanto este
tema es trascendental para nuestro estudio. De hecho, veremos más adelante
que los dos conceptos principales del Calculo, la Derivada y la Integral
Definida, están basados en límites.
Por ahora nos dedicaremos al estudio de los límites. Conceptualizar límites
determinando el comportamiento de una función e interpretarlo en su gráfica,
ayudará bastante en el inicio de nuestro estudio.

1.1.1 DEFINICIÓN INTUITIVA
Ciertas funciones de variable real presentan un comportamiento un tanto
singular en la cercanía de un punto, precisar sus características es nuestra
intención y el estudio de los límites va a permitir esto.
Empecemos analizando ejemplos sencillos; en los que podamos por simple
inspección concluir y tener una idea del concepto de límite.

Ejemplo 1
Veamos como se comporta la función f con regla de correspondencia f ( x) = 2 x + 1 en
la cercanía de x = 2 .
Evaluando la función para algunos valores de x , próximos (acercándose) a 2 :

x y = 2x + 1
1.90 4.80
1.95 4.90
1.99 4.98

2.01 5.02
2.05 5.10
2.10 5.20
En la tabla de valores se han ubicado unas flechas para dar a entender que tomamos a la x
aproximándose a 2 en ambas direcciones y se observa que los valores de y se van acercando a 5.
Aunque son sólo seis valores, por ahora sin ponernos exigentes vamos a concluir diciendo que la función
se aproxima a 5 cada vez que su variable independiente x se aproxima a 2. Este comportamiento lo
escribiremos de la siguiente forma:
lím (2 x + 1) = 5
x→2

Lo anterior se puede ilustrar desde la gráfica, observe la figura 1.1:

Fig. 1.1

2


Ejemplo 2
Ahora veamos el comportamiento de esta otra función f con regla de correspondencia
x 2 + 5x − 6
f ( x) = , en la cercanía de x = 1 .
x −1
Evaluando la función para ciertos valores de x , cada vez más próximos a 1, tenemos:

x2 + 5x − 6
x y=
x −1
0.90 6.90
0.95 6.95
0.99 6.99

1.01 7.01
1.05 7.05
1.10 7.10
Parece ser que esta función se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la variable independiente x
x 2 + 5x − 6
se aproxima a tomar el valor de 1, es decir lím =7.
x →1 x −1
Note que no es necesario que la función esté definida en el punto de aproximación.

x 2 + 5x − 6
Por otro lado, la regla de correspondencia f ( x) = es equivalente a
x −1
f ( x) = x + 6 ; x ≠ 1 (¿POR QUÉ?).

Este comportamiento se lo puede visualizar desde su gráfica, observe la figura 1.2:

Fig. 1.2

De lo expuesto en los dos ejemplos anteriores, sin ser tan riguroso todavía,
podemos emitir la siguiente definición:

3


Una función f tiene límite L en un punto
x0 , si f se aproxima a tomar el valor L
cada vez que su variable independiente x
se aproxima a tomar el valor x0 . Lo que
se denota como: lím f ( x) = L
x→ x0

Para los dos ejemplos anteriores el comportamiento de las funciones se
puede determinar analizando sus gráficas; pero esto podría ser no tan sencillo;
es más, suponga que se necesite bosquejar la gráfica teniendo características
de su comportamiento. De ahí la necesidad del estudio de límite de funciones.

1.1.2 DEFINICIÓN FORMAL
Suponga que se plantea el problema de demostrar que lím 2 x + 1 = 5 o que
x →2

x + 5x − 6
2
lím = 7. Para esto, debemos garantizar formalmente el
x →1 x −1
acercamiento que tiene la función a su correspondiente valor cada vez que su
variable independiente se aproxime al valor especificado. Ya la tabla de valores
no nos sirve, el hecho que se cumpla para algunos valores no indica que se
cumpla para todos los valores próximos al punto. La demostración consistirá
en escribir matemáticamente, lenguaje formal, la metodología del proceso, lo
cual nos lleva a la necesidad de tener una definición formal de límite y no sólo
para estos dos ejemplos, sino para cualquier función.
Antes, de llegar a la definición requerida, precisemos lo siguiente:
PRIMERO, para un lenguaje formal, decir que x toma valores próximos a un
punto x0 (que x está en torno a x0 ), bastará con considerarla perteneciente a
un intervalo o vecindad, centrado en x0 , de semiamplitud muy pequeña, la
cual denotaremos con la letra griega ∂ (delta). Es decir:
x0 − ∂ < x < x 0 + ∂
Transformando la expresión anterior tenemos:

x0 − ∂ < x < x0 + ∂
x0 − ∂ − x0 < x − x0 < x0 + ∂ − x0
Restando " x0 "
− δ < x − x0 < δ
Empleando la definición
x − x0 < δ de valor absoluto

4


Y, para que x no sea x0 , bastará con proponer que 0 < x − x0 < ∂ ¿POR
QUÉ?.

SEGUNDO, para decir que f está próxima a L (en torno a L ), podemos
expresar que pertenece a un intervalo o vecindad, centrado en L de
semiamplitud muy pequeña, la cual denotaremos con la letra griega ε
(épsilon). Es decir:

L − ε < f ( x) < L + ε
Transformando la expresión anterior tenemos:
L − ε < f ( x) < L + ε
− ε < f ( x ) − L < +ε Restando " L "

f ( x) − L < ε Aplicando la definición de valor absoluto

Con todo lo anterior, definimos formalmente límite de una función en un
punto, de la siguiente manera:

Sea f una función de variable real y sean ε y ∂
cantidades positivas muy pequeñas.
Suponga que f se aproxima a L cuando x se
aproxima a x0 , denotado por lím f ( x) = L ,
x→ x0

significa que para toda proximidad ε que se
desee estar con f en torno a L , deberá
poderse definir un intervalo en torno a x0 en el
cual tomar x , sin que necesariamente x = x0 , que
nos garantice el acercamiento.
Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − x
x → x0
0 < δ ⇒ f ( x) − L < ε

La definición indica que para asegurar que una función tiene límite
deberíamos establecer una relación entre ∂ y ε .

Una manera de interpretar gráficamente lo mencionado es:

5


Fig. 1.3

Con esta definición, ya podemos realizar demostraciones formales.

Ejemplo 1
Demostrar formalmente que lím (2 x + 1) = 5 .
x →2

SOLUCIÓN:
Cuando hicimos la tabla de valores, sólo para seis valores percibimos que el límite de esta función era 5, se
trata ahora de demostrarlo. Debemos garantizar que cuando reemplacemos la x por cualquier número
cercano a 2 el valor de y correspondiente es un número cercano a 5, y mientras la x esté más cerca de 2
la y estará más cerca de 5; esto quiere decir que la diferencia entre los valores que resultan en
2 x + 1 con 5 deberán ser cantidades muy pequeñas, menores que cualquiera tolerancia ε que nos
fijemos.
Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 5 con y = 2 x + 1 , tanto como nos propusiéramos estar
(para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual
tomar x que garantice aquello, es decir:

∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 2 < δ ⇒ (2 x + 1) − 5 < ε
En la implicación, vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente.
Observe el consecuente, su forma algebraica nos guiará en el procedimiento a seguir:

(0 < x−2 <δ ) ⇒ 0 < 2 x − 2 < 2δ Multiplicamos por 2 (porque en el
consecuente aparece 2x )
⇒ 0 < 2 x − 2 < 2δ
⇒ 0 < 2 ( x − 2 ) < 2δ Propiedades del valor absoluto
⇒ 0 < 2 x − 4 < 2δ
Sumamos y restamos 5 (debido a que
⇒ 0 < 2 x − 4 + 5 − 5 < 2δ aparece -5 en el consecuente)
⇒ 0 < ( 2 x + 1) − 5 < 2δ Agrupamos

ε
Ahora, podemos decidir que δ = ; es decir, que si tomamos 2 − ε < x < 2 + ε nos permite asegurar
2 2
2
lo propuesto.
Suponga que ε = 0.1 ; es decir, si quisiéramos que y = 2 x + 1 esté a menos de 0.1 de 5, será posible si
0.1
tomamos a la que x , en torno a 2 a una distancia no mayor de δ = = 0.05 . Es decir para que f
2
esté entre 4.9 y 5.1 bastará con tomar a la x un número entre 1.95 y 2.05.

6


No olvide que proponer una relación entre ε y ∂ , garantiza que f estará tan cerca de L , como se
0.01
quiera estar. Veamos, más cerca ε = 0.01 , bastará con tomar a la x a no menos de δ = = 0.005
2
de 2. Es decir que si tomamos 1.995 < x < 2.005 garantiza que 4.99 < f ( x) < 5.01 .

Ejemplo 2
x2 + 5x − 6
Demostrar formalmente que lím =7.
x →1 x −1
SOLUCIÓN:
x2 + 5x − 6
Debemos asegurar que y = se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la x esté
x −1
x2 + 5x − 6
próxima de 1. Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 7 con y = , tanto como nos
x −1
propusiéramos estar (para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo
(existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir:

x 2 + 5x − 6
∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 1 < δ ⇒ −7 <ε
x −1

Ahora transformamos el antecedente:
Sumamos y restamos 7 (debido a que
(0 < x −1 < δ ) ⇒ 0 < x −1+ 7 − 7 < δ aparece -7 en el consecuente)

⇒ 0 < ( x + 6) − 7 < δ Agrupamos ( x + 6 ) y la

⇒
( x + 6 )( x − 1) − 7 <∂ dividimos y multiplicamos por ( x − 1)
x −1 (debido a que el primer término del consecuente
x2 + 5x − 6 aparece dividido por ( x − 1) )
⇒ −7 <∂
x −1

Con δ = ε , nos permite asegurar lo propuesto; es decir, tomando 1 − ε < x < 1 + ε .

Ejemplo 3
Demostrar formalmente que lím x 2 = 4 .
x→2

SOLUCION:

Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0< x−2 <δ ⇒ x2 − 4 < ε

Entonces:
Multiplicamos por x + 2 (debido a que
(0 < x−2 <δ)⇒0< x−2 x+2 <δ x+2 el consecuente tiene una diferencia de
⇒ 0 < ( x − 2 )( x + 2 ) < δ x + 2 cuadrados perfectos)
Aplicamos la propiedad del producto
⇒ 0 < x2 − 4 < δ x + 2 del valor absoluto

ε
Tomamos δ = . Pero ahora existe un inconveniente, la relación es función de x . Como nuestra
x+2
intención es establecer una relación entre ε y δ , esto lo solucionamos acotando a x . Nos proponemos
tener un ∂ no mayor a 1, entonces la x estaría a una distancia no mayor de 1, en torno a 2, (1 ≤ x ≤ 3) ,
que si tuviéramos que escoger un valor para x , el idóneo sería 3 para que δ sea lo más pequeño

7


ε ε ε ε
posible. Por tanto, δ = = ; es decir, tomar 2 − < x<2+ asegura lo que se quiere
3+ 2 5 5 5
⎧ ε⎫
demostrar, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ 1 , es decir δ = min ⎨1 , ⎬ (el menor entre
⎩ 5⎭
ε
1y ).
5

Ejemplo 4
Demostrar formalmente que lím x 2 = 9 .
x →−3

SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0< x+3 <δ ⇒ x2 − 9 < ε

Por lo tanto:
Multiplicamos por x − 3 (debido a que el consecuente
(0 < x+3 <δ)⇒ 0< x+3 x−3 <δ x−3
tiene una diferencia de cuadrados perfectos)
⇒ 0 < ( x + 3)( x − 3) < δ x − 3
Aplicamos la propiedad del producto
⇒ 0 < x2 − 9 < δ x − 3 del valor absoluto

ε
Tomamos δ = . Ahora acotamos a x . Si nos proponemos un ∂ ≤ 1 , entonces −4 ≤ x ≤ −2 ,
x−3
ahora el valor idóneo sería −4 para que δ sea lo más pequeño posible.

ε ε ε ε
Por tanto, δ = = ; es decir, tomar −3 − < x < −3 + asegura lo que se quiere demostrar,
−4 − 3 7 7 7
⎧ ε⎫
siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ 1 , es decir δ = min ⎨1 , ⎬ .
⎩ 7⎭

Ejemplo 5
Demostrar formalmente que lím x = 2 .
x →4
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0< x−4 <δ ⇒ x −2 <ε
entonces:

(0 < x−4 <δ)⇒ 0< ( x −2 )( x +2 <δ ) Factorizamos x − 4 para
diferencia de cuadrados
⇒0< ( x −2 ) x +2 <δ Aplicamos la propiedad del producto
del valor absoluto
δ
⇒0< x −2 <
x+2 Despejamos

Tomamos δ = ε ⎛ x + 2 ⎞ . Igual a los casos anteriores, consideramos ∂ ≤ 1 ; es decir debemos tomar a
⎜ ⎟
⎝ ⎠
x a una distancia no mayor de 1 entorno a 4, entonces 3 ≤ x ≤ 5 , y elegimos a 3. ¿Por qué?.

( ) (
Por lo tanto, δ = ε 3 + 2 ; es decir, si tomamos 4 − ε 3 + 2 < x < 4 + ε 3 + 2 aseguramos lo ) ( )
que se quiere demostrar, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ 1 , es decir
δ = min 1 , ε { ( 3+2 )}

8


Ejemplo 6
Demostrar formalmente que lím 3 x = 3 .
x → 27

SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 27 < δ ⇒ 3
x −3 < ε
Entonces:
Factorizamos ( x − 27 )
(0 < )⇒0< ( x − 3 27 ⎛ ) ( x) ( )
27 ⎞ < δ
2 2
x − 27 < δ 3
⎜
3
+ 3 x 3 27 + 3
⎟
⎝ ⎠ para diferencia de cubos

( ) ( x) ⎛ + 3 x + 9⎞ < δ
2
⇒0< 3
x −3 ⎜
3 3
⎟ Propiedad del valor absoluto
⎝ ⎠
δ
⇒0< ( 3
x −3 < ) Despejamos
⎛
( x) + 33 x + 9 ⎞
2
⎜ ⎟
3

⎝ ⎠

Tomamos δ = ε ⎜
⎛
(( ⎞
)
2
)
+ 3 3 x + 9 ⎟ . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1,
⎝ ⎠
3
x

( ∂ ≤ 1) , entorno a 27, entonces 26 ≤ x ≤ 28 , un valor idóneo sería 26.
⎛
Por lo tanto, δ = ε ⎜ ⎛ ( ) ⎞
+ 3 3 26 + 9 ⎞ ⎟ ; es decir, si tomamos
2
⎜ ⎟
3
26
⎝⎝ ⎠⎠
⎛
27 − ε ⎜ ⎛ ( ) ⎞ ⎛
+ 3 3 26 + 9 ⎞ ⎟ < x < 27 + ε ⎜ ⎛ ( ) ⎞
+ 3 3 26 + 9 ⎞ ⎟ aseguramos lo propuesto
2 2
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
3 3
26 26
⎝⎝ ⎠⎠ ⎝⎝ ⎠⎠
⎧
siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ 1 , es decir δ = min ⎨1 , ⎛ ( ) ⎫
+ 3 3 26 + 9 ⎞ ε ⎬
2
⎜ ⎟
3
26
⎩ ⎝ ⎠ ⎭

Ejemplo 7
Demostrar formalmente que lím x − 1 = 1 .
x →1 x −1 2
SOLUCION:
x −1 1
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x −1 < δ ⇒ − <ε
x −1 2
La expresión algebraica del consecuente tiene una apariencia un tanto compleja, por tanto en este caso es
mejor empezar analizando el consecuente, para tener referencia de los pasos a seguir para luego
transformar el antecedente.

x −1 1
− <ε
x −1 2

( x −1 ) 1
<ε
Factorizamos el denominador
− ( x − 1) para diferencia de cuadrados
( x −1 )( x +1 ) 2

( )
1 1
− <ε Simplificamos x −1
( x +1 ) 2

2− ( x +1 ) <ε Restamos
2 ( x +1 )
2 − x −1
<ε
2 ( x +1 ) Propiedad distributiva

9


1− x
<ε
2 ( x + 1) Resolvemos la resta del 2 con el 1

(1 − x )(1 + x ) < ε
2 ( x + 1)(1 + x )
(
Multiplicamos y dividimos por 1 + x )

1− x
<ε Producto notable
( )
2
2 x +1
1− x Aplicamos la propiedad del cociente
<ε
( ) del valor absoluto
2
2 x +1

1 − x < ε ⎡2 ( x +1 ⎤ )
2
Despejamos
⎢
⎣ ⎥
⎦

Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:

(0 < x −1 < δ ) ⇒ 0 < 1− x < δ Propiedad del valor absoluto

(
⇒ 0 < 1− x 1+ x < δ )( ) Factorizamos para diferencia de
cuadrados
δ
⇒ 0 < 1− x < Despejamos
1+ x

1− x δ
⇒0< < Dividimos todos los términos
(
2 1+ x ) 2 1+ x 1+ x ( ) entre 2 (1 + x )

1− x δ
⇒0< <
2 1+ x ( ) (
2 1+ x )
2

2 − x −1 δ
⇒0< < Transformamos el 1 en (2 – 1)
(
2 1+ x ) (
2 1+ x )
2

⇒0<
2− ( x +1 )< δ
Agrupamos
2 1+ x ( ) 2 1+ x ( )
2

⇒0<
2 ( x + 1) < δ
− Separamos en dos términos
2 1+ ( x ) 2 (1 + x ) 2 (1 + x )
2

1 1 δ
⇒0< − < Simplificamos
( 1+ x ) 2 2 1+ x
( )
2

⇒0<
( x −1 ) −
1
<
δ
(1 + x )( x − 1) 2 2 1+ x
( )
2 Multiplicamos por la
conjugada el primer término

⇒0<
( x − 1) − 1 < δ
x −1
( )
2
2 2 1+ x

( )
Tomamos δ = ε ⎛ 2 1 + x ⎞ . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 1,
2
⎜ ⎟
⎝ ⎠
entonces 0 ≤ x ≤ 2 , un valor idóneo sería 0. Reemplazando tenemos δ = ε ⎛ 2 1 + 0 ⎞ = ε ( 2 ) ( )
2
⎜ ⎟
⎝ ⎠

10


Por lo tanto, δ = 2ε ; es decir, si tomamos 1 − 2ε < x < 1 + 2ε aseguramos lo propuesto, siempre y cuando
escojamos un ε tal que ∂ < 1 , es decir δ = min {1 , 2ε }

Ejemplo 8
Demostrar formalmente que lím x − 4 = 4 .
x →4
x −2
SOLUCION:
x−4
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 4 < δ ⇒ −4 <ε
x −2
Igual que en el ejemplo anterior primero vamos a analizar el consecuente:

x−4
−4 <ε
x −2
Factorizamos el numerador ( x − 4 )
( x −2 )( x +2 ) −4 <ε para diferencia de cuadrados
x −2

( )
x +2 −4 <ε
Simplificamos ( x −2 )
x −2 <ε Restamos

( x −2 )( x +2 ) <ε Multiplicamos y dividimos por ( x +2 )
( x +2 )
x−4 Realizamos el Producto Notable
<ε
( x +2 )
x−4
<ε Aplicamos la propiedad del cociente del
x +2 valor absoluto

x−4 <ε x +2 Despejamos

Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:

x−4 δ
(0 < x−4 <δ)⇒ 0< < Dividimos todos los términos entre ( x +2 )
x +2 x +2

⇒0<
( x −2 )( x+2 )< δ
Factorizamos ( x − 4 ) para diferencia de
( x +2 ) x+2 cuadrados
δ
⇒0< x −2 < Simplificamos ( x+2 )
x +2
δ
⇒0< x −2+4−4 < Sumamos y restamos 4
x +2
δ
⇒0< ( )
x +2 −4 <
x +2
Agrupamos

( x +2 )( x −2 )−4 < δ
⇒0< Multiplicamos y dividimos ( x −2 )
( x −2 ) x +2

x−4 δ
⇒0< −4 < Realizamos el Producto Notable
( x −2 ) x +2

11


Tomamos δ = ε ( )
x + 2 . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 4,
entonces 3 < x < 5 , un valor idóneo sería 3.

Por lo tanto, δ = ε ( )
3 + 2 ; es decir, si tomamos 4 − ε ( )
3 +2 < x < 4+ε ( 3+2 )
aseguramos lo que se quiere demostrar, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ < 1 , es decir

{ (
δ = min 1, ε 3+2 )}

Ejemplo 9
1 1
Demostrar formalmente que lím = .
x→ 2 x 2
SOLUCION:
1 1
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0< x−2 <δ ⇒ − <ε
x 2
Analicemos el consecuente:

1 1 2− x 2− x x−2
− = = =
x 2 2x 2x 2x

Ahora trabajando con el antecedente:

x−2 δ
(0 < x−2 <δ)⇒0<
2x
<
2x
Dividimos para 2 x

( )
Tomamos δ = ε 2x . Considerando ∂ ≤ 1 ; tenemos 1 ≤ x ≤ 3 , elegimos a 1.

Por lo tanto, δ = 2ε ; es decir, si tomamos 2 − 2ε < x < 2 + 2ε aseguramos lo que se quiere
demostrar, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ 1 , es decir δ = min {1 , 2ε }

Veamos ahora como proceder si en el ejemplo anterior tenemos a x cerca
de 0 .

Ejemplo 10
1
Demostrar formalmente que lím =1.
x →1 x
SOLUCION:
1
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x −1 < δ ⇒ −1 < ε
x
Analicemos el consecuente:

1 1− x 1− x x −1
−1 = = =
x x x x

Ahora trabajando con el antecedente:

x −1 δ
(0 < x −1 < δ ) ⇒ 0 <
x
<
x
Dividimos para x

12


Tomamos δ = ε ( x ) . Aquí si tomamos ∂ ≤ 1 tenemos problemas porque 0 ≤ x ≤ 2 y x no puede
1 1 3 1
ser 0; elijamos mejor ∂ ≤ (puede ser otro valor), ahora ≤ x ≤ y elegimos
2 2 2 2

ε ε ε
Por lo tanto, δ = ; es decir, si tomamos 1 − < x < 1+ aseguramos lo que se quiere demostrar,
2 2 2
1 ⎧1 ε ⎫
siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ , es decir δ = min ⎨ , ⎬
2 ⎩2 2⎭

Podría no ser tan sencillo encontrar un ∂ en función de ε , eso no significa
que el límite no existe, todo depende de la regla de correspondencia de la
función.

Ejercicios Propuestos 1.1
1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límite:

x2 − 9 e) lím 2 x = 2
a) lím =6 x→2
x →3 x − 3
x −1
b) lím ( 2 x − 5 ) = −1 f) lím =2
x→2 x →1
x −1
x + 5x − 6
2
lím 3 x = 2
c) lím = −7 g)
x →−6 x+6 x →8

2 x 3 + 3x 2 − 2 x − 3 h) lím 3 x = 3 a
d) lím =5 x →a
x →1 x2 −1

2. Determine un número “ ∂ ” para el valor de “ ε ” dado, tal que se establezca el límite de la función:

9x2 − 1 x
a) lím = 2 , ε = 0.01 c) lím = 2, ε = 0.08
x→ 3x − 1 x +1 −1
1 x →0
3

x4 − a4
b) lím = 2a 2 , ε = 10−8
x→a x2 − a2

3. Sea f : ℜ + → ℜ tal que f ( x ) = x encuentre un valor de “ ∂ ” para que 2.99 < f ( x) < 3.01
siempre que 0 < x − 9 < ∂

4. Sea f ( x) = 3 x . Establezca un intervalo en el cual tomar " x " para que f (x) esté a menos de 0.1
de 1

13


1.1.3 TEOREMA DE UNICIDAD DE LÍMITE.

Sea f una función de una variable real.
Si f tiene límite en x = x0 , entonces este
es único. Es decir, si lím f ( x) = L y
x→ x 0

lím f ( x) = M entonces L = M .
x→ x0

Demostración:
Por CONTRADICCIÓN. Supongamos que efectivamente f tiene dos límites L y M , entonces tenemos dos
hipótesis:
H1 : lím f ( x) = L ≡ ∀ε 1 > 0, ∃δ 1 > 0 tal que 0 < x − x 0 < δ 1 ⇒ f ( x) − L < ε 1
x → x0

H 2 : lím f ( x) = M ≡ ∀ε 2 > 0, ∃δ 2 > 0 tal que 0 < x − x 0 < δ 2 ⇒ f ( x) − M < ε 2
x → x0

Como se dice para todo ε 1 y para todo ε 2 entonces supongamos que ε 1 = ε 2 = ε .
Tomemos ∂ = min{∂1,∂ 2 } para estar con x , en la vecindad de x0 .

⎪ f ( x) − L < ε
⎧
Simultáneamente tenemos: ∀ε > 0, ∃δ > 0 talque 0 < x − x0 < δ ⇒ ⎨
⎪ f ( x) − M < ε
⎩
lo cual quiere decir también que:
∀ε > 0, ∃δ > 0 talque 0 < x − x0 < δ ⇒ f ( x) − L + f ( x) − M < 2ε
M − f ( x)

Por la desigualdad triangular a + b ≤ a + b , tenemos: f ( x) − L + M − f ( x ) ≤ f ( x) − L + M − f ( x)
a b a b

entonces como M − L ≤ f ( x) − L + M − f ( x) < 2ε podemos decir que M − L < 2ε
1
Ahora bien, suponiendo que ε= M −L se produce una contradicción porque tendríamos
2
M −L <2 (1 M − L ) lo cual no es verdad. Por lo tanto, se concluye que L = M .
2
L.Q.Q.D

Ejemplo (una función que no tiene límite en un punto)

Sea f ( x) = sen( 1 )
x

Analicemos su comportamiento en la vecindad de “0”

x y = sen (1x )
−π 2 −1
−π
1 0
− 2
3π
1

2
3π
−1
1 0
π
2 1
π

14


Se observa que la función en la vecindad de “0” tiene un comportamiento un tanto singular, sus valores
son alternantes. Por tanto, se concluye que esta función no tiene límite en cero.

Veamos su gráfica.

Fig. 1.4
⎛1⎞
y = sen⎜ ⎟
⎝ x⎠

1.2 LÍMITES LATERALES
Existen funciones que por la derecha de un punto tienen un comportamiento
y por la izquierda del punto tienen otro comportamiento. Esto ocurre
frecuentemente en funciones que tienen regla de correspondencia definida en
intervalos y que su gráfica presenta un salto en un punto. Para expresar
formalmente este comportamiento se hace necesario definir límites en un punto
por una sola dirección.

1.2.1 LÍMITE POR DERECHA

Cuando x se aproxima a tomar el valor de x0 ,
pero sólo por su derecha (x 0 < x < x 0 + ∂ ) , f se
aproxima a tomar el valor de L1 ; significa que f
puede estar tan cerca de L1 , tanto como se
pretenda ( ∀ε ), para lo cual deberá existir el
correspondiente ∂ , que indica el intervalo en el
cual tomar x que nos garantice aquello. Es decir:
⎛ lím f ( x) = L ⎞ ≡ ∀ε > 0, ∃∂ tal que 0 < x − x < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε
⎜ x→ x + 1⎟
⎝ 0 ⎠
0 1

15


Ejemplo 1
Una función creciente en (x 0 , ∞ )

Fig. 1.5

Ejemplo 2
Una función decreciente en (x 0 , ∞ )

1.2.2 LÍMITE POR IZQUIERDA.

Cuando x se aproxima a tomar el valor de
x0 , pero sólo por su izquierda
( x0 − ∂ < x < x0 ) , f se aproxima a tomar el
valor de L2 ; significa que f puede estar
tan cerca de L2 , tanto como se pretenda
( ∀ε ), para lo cual deberá existir el
correspondiente ∂ , que indica el intervalo

16


en el cual tomar x que nos garantice
aquello. Es decir:
⎛ ⎞
⎜ xlím− f ( x) = L2 ⎟ ≡ ∀ε > 0, ∃∂ tal que 0 < x0 − x < ∂ ⇒ f ( x) − L2 < ε
⎝ → x0 ⎠

Ejemplo 1
Una función decreciente en (−∞, x 0 )

Fig. 1.6

Ejemplo 2
Una función creciente en (−∞, x 0 )

Fig. 1.7

Note que lo que se ha hecho es no otra cosa que separar la definición de
límite en un punto que fue dada al comienzo.
De las definiciones anteriores y por el Teorema de Unicidad de Límite surge
el siguiente teorema.

17


1.2.3 TEOREMA DE EXISTENCIA DE LÍMITE

Si f es una función con límite en x0
entonces se cumple que tanto por
izquierda como por derecha f tiende a
tomar el mismo valor. Es decir:
(lím f ( x) = L)≡ lím f ( x) = L ∧ lím f ( x) = L
x → x0 x → x0 + x → x0 −

Si se da que lím+ f ( x ) ≠ lím− f ( x ) , se dice que lím f ( x) no existe.
x → x0 x → x0 x→ x0

Ejemplo 1
x−2
Sea f ( x) = . Hallar lím f ( x) :
x−2 x→ 2
SOLUCIÓN:
Expresando la regla de correspondencia sin valor absoluto, resulta:

⎧x−2
⎪x−2
x−2 ; x>2
⎪ ⎧ 1 ; x>2
f ( x) = =⎨ =⎨
x − 2 ⎪ − (x − 2) ⎩− 1 ; x<2
; x<2
⎪ x−2
⎩

Esto quiere decir que su gráfica es:

Fig. 1.8

De la gráfica observamos que lím f ( x) = 1 y lím f ( x ) = −1 ; entonces se concluye que
x→2+ x→2−
lím f ( x) no existe .
x→2

Ejemplo 2
⎧2 x , x > 3
⎪
Demostrar formalmente que lím f (x ) = 6 si f (x ) = ⎨4 , x = 3
x→3 ⎪3 x − 3 , x < 3
⎩
SOLUCIÓN:

18


Note que la función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 3 y otra diferente a la
izquierda de 3, entonces es necesario demostrar que lím f (x ) = 6 y que lím f (x ) = 6 .
x →3 + x →3 −

+ ( x →3
)
PRIMERO, lím 2 x = 6 ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − 3 < ∂ ⇒ 2x − 6 < ε

Ahora trabajando el antecedente:
( 0 < x − 3 < ∂ ) ⇒ 0 < 2 ( x − 3 ) < 2∂
⇒ 0 < 2 x − 6 < 2∂

ε ε
Si ∂ = ; es decir, tomando 3 < x < 3 + garantizamos la afirmación que lím 2 x = 6 .
2 2 x →3 +

SEGUNDO,

( lím (3x − 3) = 6) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 3−
0 < 3 − x < ∂ ⇒ ( 3 x − 3) − 6 < ε

( 0 < 3 − x < ∂ ) ⇒ 0 < 3 ( 3 − x ) < 3∂
⇒ 0 < 9 − 3 x < 3∂
⇒ 0 < 6 + 3 − 3 x < 3∂
⇒ 0 < − ( 3 x − 3) + 6 < 3∂
⇒ 0 < − ⎡( 3 x − 3) − 6⎤ < 3∂
⎣ ⎦

ε ε
Si ∂ = ; es decir, tomando 3− < x < 3 garantizamos que lím ( 3x − 3) = 6 .
−
3 3 x →3

Ejemplo 3
⎧x − 1 , x ≥ 2
Demostrar formalmente que lím f (x ) no existe, si f (x ) = ⎨
x→2
⎩x + 1 , x < 2
SOLUCIÓN:
La función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 2 y otra diferente a la
izquierda de 2, entonces es necesario demostrar que ambas definiciones convergen a distintos valores, es
decir: lím f (x ) ≠ lím f (x ) .
x →2+ x→2−

Note que, lím ( x − 1) = 1 y que lím ( x + 1) = 3
+ −
x→2 x→2

PRIMERO,

( lím ( x − 1) = 1) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 2+
0 < x − 2 < ∂ ⇒ ( x − 1) − 1 < ε


(0 < x − 2 < ∂) ⇒ 0 < x −1−1 < ∂
⇒ 0 < ( x − 1) − 1 < ∂

Si ∂ = ε ; es decir, tomando 2 < x < 2 + ε garantizamos que lím ( x − 1) = 1 .
+
x→2

SEGUNDO,

( lím ( x + 1) = 3) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 2−
0 < 2 − x < ∂ ⇒ ( x + 1) − 3 < ε


19


(0 < 2 − x < ∂ ) ⇒ 0 < 3 − 1 − x < ∂
⇒ 0 < 3 − (1 + x ) < ∂
⇒ 0 < − ⎡( x + 1) − 3⎤ < ∂
⎣ ⎦

Si ∂ = ε ; es decir, tomando 2 − ε < x < 2 garantizamos que lím ( x + 1) = 3 .
−
x→2

Por lo tanto, al demostrar que f converge a distintos valores en la vecindad de 2 , estamos demostrando
que lím f (x ) no existe
x→2

Ejemplo 4
Demostrar formalmente que lím+ ( 2 x − x )=2
x→2
SOLUCIÓN:

( lím ( 2x − x ) = 2) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 tal que
x → 2+
0 < x − 2 < ∂ ⇒ ( 2x − x ) − 2 < ε

No olvide que a la derecha de 2 el entero mayor de x es igual a 2, es decir x = 2 .

Trabajando el antecedente:

( 0 < x − 2 < ∂ ) ⇒ 0 < 2 x − 4 < 2∂
⇒ 0 < 2 x − 4 + 2 − 2 < 2∂
¨
⇒ 0 < 2 x − 2 − 2 < 2∂
⇒ 0 < ( 2 x − x ) − 2 < 2∂

ε ε
Si ∂ =
2
; es decir, tomando 2 < x < 2 +
2
garantizamos que lím 2 x − x
+
x→2
( )=2.

1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límites laterales:
a. lím x = 0
x →0
⎧2 x − 7 , x ≥ 2
b. lím f (x ) = −3 ; si f (x ) = ⎨
x→2 ⎩5 − 4 x , x < 2
⎧2 x − 1 , x ≥ 2
c. lím f (x ) = 3 ; si f (x ) = ⎨
x →2
⎩x + 1 , x < 2
d. lím ( 2 x − x )=3
x → 2−

e. lím ( 3 x − x )=6
x → 3+

⎧3x − 1 , x ≥ 1
2. Demostrar formalmente que lím f (x ) no existe, si f (x ) = ⎨
x →1
⎩x + 2 , x < 1

3. Trace la gráfica y determine, por inspección, el límite indicado si existe, si no existe justifique.
⎧2 ,x <1
⎪
a. f ( x ) = ⎨− 1 ,x =1 ; lím f (x )
⎪3 x →1
⎩ ,x >1

20


x+2
b. f ( x) = ; lím f ( x ) ; lím f ( x )
x+2 x →−2 x→2

⎧2 x − 7 , x ≥ 2
c. f (x ) = ⎨ ; lím f (x )
⎩5 − 4 x , x < 2 x→2

d. f ( x) = x − x ; lím f (x ) , lím f ( x )
x→0− x → 0+

⎧x + x , x ≤ −1
⎪
e. f ( x ) = ⎨ Sgn ( x − 3) , −1 < x ≤ 4 ; lím f ( x ) , lím f ( x )
x →−1
⎪
5
x →−
⎩μ ( x ) ,x > 4 2

4. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla las condiciones siguientes:
• Dom f = R
• f es decreciente en (−∞,−3) ∪ (0,2 )
• f es creciente en (−3,0 ) ∪ (2,+∞ )
• [
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x 0 < −3 − x < δ ⇒ f ( x ) − 2 < ε ]
• ∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x + 3 < δ ⇒ f ( x) < ε ]
• ∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x − 2 < δ ⇒ f ( x) + 1 < ε ]
• f (−3) = f (2) = 0 y f (0) = 5

5. Bosqueje el gráfico de una función que cumpla las condiciones siguientes:
• Dom f = R
• f es creciente en ( −∞,0 ) ∪ ( 0,3)
• f decreciente en (3, ∞ )
• [ ]
∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x 0 < − x < δ ⇒ f ( x) − 3 < ε
• ∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x < δ ⇒ f ( x) < ε ]
• ∀ε > 0 ∃δ > 0, ∀x[0 < x − 3 < δ ⇒ f ( x) − 5 < ε ]
• f (−3) = f (3) = f (6) = 0 y f (0) = 2

1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES
1.3.1 TEOREMA PRINCIPAL SOBRE LÍMITE

Sean f y g funciones con límite en x0 ;
es decir, suponga que lím f ( x) = L y
x→ x0

lím g ( x) = M . Entonces:
x→ x0

1. lím k = k , ∀k ∈ R
x → x0

2. lím x = x0
x → x0

21


3. lím kf ( x) = k lím f ( x) = kL , ∀k ∈ R
x → x0 x → x0

4. lím [ f ( x) + g ( x)] = lím f ( x) + lím g ( x) = L + M
x → x0 x → x0 x → x0

5. lím [ f ( x) − g ( x)] = lím f ( x) − lím g ( x) = L − M
x → x0 x → x0 x → x0

6. lím [ f ( x) g ( x)] = lím f ( x) lím g ( x) = LM
x→ x 0 x→ x x→ x 0 0

⎡ f ( x) ⎤ lím f ( x) L
7. lím ⎢ x→ x
⎥ = lím g ( x) = M
0
;siempre que lím g ( x) ≠ 0
x→ x
⎣ g ( x) ⎦
x → x0
0
x → x0

n
⎡ ⎤
8. lím [ f ( x)] = ⎢ lím f ( x) ⎥ = Ln ,
n
∀n ∈ N
x → x0 ⎣ x→ x0 ⎦
9. lím n f ( x) = n lím f ( x) = n L
x → x0 x → x0

siempre que lím f ( x) ≥ 0 cuando n es par.
x → x0

Demostraciones
1. ( lím k = k ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
x → x0
0 <∂ ⇒ k −k <ε

El consecuente de la implicación es verdadero porque 0 < ε . Por tanto, la proposición es siempre
verdadera.

2. ( lím x = x ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
x → x0
0 0 < ∂ ⇒ x − x0 < ε

Si ∂ = ε la proposición es verdadera siempre.

3. ( lím kf ( x) = kL ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x
x → x0
0 < ∂ ⇒ kf ( x) − kL < ε

Observe el consecuente, la expresión kf ( x) − kL < ε es equivalente a
k ( f ( x) − L ) < ε .

Por hipótesis, en la cercanía de x 0 , f se aproxima a L , por tanto kf se aproximará a kL .

4. Debemos demostrar que si
lím f ( x) = L lím g ( x) = M entonces lím [ f ( x) + g ( x)] = L + M
x → x0 x → x0 x → x0
Asegurar que lím f ( x) = L significa que:
x → x0

∀ε 1 > 0, ∃∂ 1 > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ 1 ⇒ f ( x) − L < ε 1
Y asegurar que lím g ( x) = M significa que:
x → x0

∀ε 2 > 0, ∃∂ 2 > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ 2 ⇒ g ( x) − M < ε 2
ε
Lo cual quiere decir si tomamos ε 1 = ε 2 = y ∂ = min{∂1, ∂ 2 } tenemos:
2

22


⎧ ε
⎪ f ( x) − L < 2
⎪
∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨
⎪ g ( x) − M < ε
⎪
⎩ 2
ε ε
Sumando término a término la desigualdad resulta: f ( x) − L + g ( x) − M < +
2 2
Y por la desigualdad triangular ( f ( x) − L ) + (g ( x) − M ) ≤ f ( x) − L + g ( x) − M
Por lo tanto ( f ( x ) + g ( x ) ) − (L + M ) < ε
Finalmente, se observar que:
∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ( f ( x) + g ( x) ) − (L + M ) < ε
lo que nos asegura que lím [ f ( x ) + g ( x)] = L + M
x → x0

El resto de las demostraciones se deja como ejercicio para el lector.
Observe que el recíproco del teorema anterior es falso.

Ejemplo
⎧1 ; x > 0 ⎧0 ; x ≥ 0
Suponga que se tiene f ( x ) = ⎨ y g ( x) = ⎨
⎩0 ; x ≤ 0 ⎩1 ; x < 0

⎧1 ; x ≠ 0
entonces ( f + g )( x) = ⎨
⎩0 ; x = 0

Observe que: lím f ( x ) no existe y que lím g ( x ) tampoco existe, sin embargo lím ( f + g ) ( x ) = 1
x →0 x→0 x →0

(existe). Es decir, “ Si (f + g) es una función con límite en un punto, entonces no podemos
asegurar que f y g también tienen límite en ese punto”

El teorema principal de límite permite establecer límites de ciertas funciones.

Ejemplo
(
Calcular lim x 2 + 3 x − 2
x→2
)
SOLUCIÓN:

Aplicando el teorema principal de límites, tenemos:

x→2
( )
lim x 2 + 3 x − 2 = lim x 2 + lim 3 x − lim 2 (inciso 4 y 5)
x →2 x →2 x→2
2
= ⎛ lim x ⎞ + 3 lim x − 2 (inciso 8, 3 y 1)
⎜ ⎟
⎝ x→2 ⎠ x→2

= 2 2 + 3( 2) − 2
=8

23


Lo último del ejemplo anterior permite concluir que con una sustitución basta.

1.3.2 TEOREMA DE SUSTITUCIÓN

Sea f una función polinomial o una
función racional, entonces lím f ( x) = f ( x0 )
x→ x0

siempre que f ( x0 ) esté definida y que el
denominador no sea cero para el caso de
una función racional.

De principio o de final, en el cálculo de límite, se empleará el teorema de
sustitución.

Ejemplo
(
Calcular lim x 2 + 3 x − 2
x→2
)
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución, tenemos:

( )
lim x 2 + 3x − 2 = 2 2 + 3(2) − 2 = 8
x→2

Veamos el siguiente otro teorema, muy poco utilizado pero necesario en
ciertas situaciones.

1.3.3 TEOREMA DEL EMPAREDADO

Sean f , g y h funciones tales que
g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) para toda x próxima a
" x0 " con la posible excepción de " x0 ". Si
lím g ( x) = L y lím h( x) = L entonces
x→ x0 x→ x0

lím f ( x) = L .
x→ x0

24


DEMOSTRACIÓN.
Tenemos tres hipótesis:
H1 : ( lím g ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x < ∂ ⇒ g ( x) − L < ε
x → x0
1 1 0 1 1

H2 : ( lím h( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x < ∂ ⇒ h( x) − L < ε
x → x0
2 2 0 2 2

H3 : ∃∂ 3 > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ 3 ⇒ g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x)

Ahora, suponiendo que ε 1 = ε 2 = ε y tomando ∂ = min{∂1, ∂ 2 , ∂ 3} , tenemos:
⎧ g ( x) − L < ε
⎪
⎪
∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ h( x) − L < ε
⎪
⎪ g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h( x )
⎩
⎧L − ε < g ( x) < L + ε
⎪
que quiere decir que: ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ ⎨ L − ε < h( x) < L + ε
⎪ g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h( x)
⎩
lo cual significa que: L − ε < g ( x) ≤ f ( x) ≤ h( x) < L + ε ,
y de manera simplificada se podría decir que: L − ε < f ( x) < L + ε
Por lo tanto ∀ε > 0, ∃∂ > 0 / 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) − L < ε ,
que no es otra cosa que lím f ( x) = L L.Q.Q.D.
x → x0

Ahora veamos ejercicios donde se emplea el teorema del emparedado

Ejemplo 1
Sea 1 − x 2 ≤ f ( x) ≤ x 2 + 1 para toda x próxima a 0, excepto en 0. Hallar lím f ( x ) .
x→ 0
SOLUCIÓN:
Llamemos g ( x) = 1 − x y h( x) = x + 1 . Calculando límites tenemos:
2 2

lím g ( x) = lím (1 − x 2 ) = 1 y lím h( x) = lím ( x 2 + 1) = 1 .
x →0 x →0 x →0 x →0
Y como g ( x) ≤ f ( x ) ≤ h( x) en la vecindad de x = 0 , por el teorema del emparedado se concluye que:
lím f ( x) = 1
x →0
2
x →0
( )
O más simplemente: lím 1 − x ≤ lím f ( x) ≤ lím x + 1
2
x →0 x →0
( )
1 ≤ lím f ( x) ≤ 1
x →0
por lo tanto lím f ( x) = 1
x →0

25


Ejemplo 2
⎛1⎞
Use el teorema del emparedado para demostrar que: lím x sen ⎜ ⎟ = 0
x →0 ⎝x⎠
SOLUCIÓN:
⎡ ⎛ 1 ⎞⎤
No se puede aplicar la propiedad del producto de los límites debido a que lím ⎢sen ⎜ ⎟ ⎥ no existe.
x →0
⎣ ⎝ x ⎠⎦
También hacerlo en término de ∂ − ε , sería dificilísimo, ¿Por qué? . Por tanto hay que recurrir a otro
mecanismo.
⎛1⎞ ⎛1⎞
La función f ( x) = sen⎜ ⎟ es acotada, es decir que 0 ≤ sen⎜ ⎟ ≤ 1 .
⎝ x⎠ ⎝x⎠
⎛1⎞
Al multiplicar por x tenemos: x 0 ≤ x sen⎜ ⎟ ≤ x 1 ;
⎝ x⎠
⎛1⎞ ⎛1⎞
luego tomando límite resulta lím 0 ≤ lím x sen⎜ ⎟ ≤ lím x , que equivale a 0 ≤ lím x sen⎜ ⎟ ≤ 0
x →0 x →0 ⎝ x ⎠ x →0 x →0 ⎝ x⎠
⎛1⎞
y llegamos a lo que queríamos, es decir: lím x sen⎜ ⎟ = 0 .
x →0 ⎝ x⎠

Ejemplo 3
Senx
Hallar lím
x→0 x
SOLUCIÓN:
Senx
Para emplear el teorema del emparedado, acotemos la función f ( x) =
x

R1
tg x
1
sen x R2
x R3

cos x

1 Fig. 1.9

(tg x )(1) (1) 2 (x ) (cos x )(sen x)
Del gráfico tenemos que: AreaR1 = , AR2 = , AR3 =
2 2 2

Observe que AR1 ≥ AR2 ≥ AR3 , entonces
(tg x )(1) ≥ (1)2 (x ) ≥ cos x sen x
2 2 2
+
PRIMERO: Si x → 0 . Multiplicando por 2 y dividiendo para sen x resulta:
2(tg x )(1) 2( x ) 2 cos x sen x
≥ ≥
2 sen x 2 sen x 2 sen x
1 x
≥ ≥ cos x
cos x sen x

26


sen x 1
que es lo mismo que cos x ≤ ≤
x cos x
sen x 1
tomando límite lím cos x ≤ lím ≤ lím
x →0 + x →0 + x x →0 + cos x
sen x sen x
1 ≤ lím ≤1 entonces lím =1
+ +
x →0 x x →0 x

SEGUNDO: En cambio, si x → 0 − . Multiplicando por 2 y dividiendo para sen x resulta:
1 x
≤ ≤ cos x (Se invierte el sentido de la desigualdad porque sen x < 0
cos x sen x
sen x 1
que es lo mismo que: cos x ≤ ≤
x cos x
sen x 1
tomando límite: lím cos x ≤ lím ≤ lím
x →0 − x →0 − x x →0 − cos x
sen x sen x
1 ≤ lím ≤1 entonces lím =1
x →0 − x x →0 − x

sen x
Finalmente lím =1
x →0 x

Observe la gráfica:

Fig. 1.10

sen x
y=
x

Note que en su gráfica se observa la conclusión anterior.

27


1. Realice las demostraciones de los incisos 5, 6 y 7 del Teorema principal de límite.
2. Use el teorema del emparedado para demostrar que:

1
a. lím x 4 Sen 2 =0
x→ 0 x

⎡ 1 ⎤
b. lím ⎢(x − 1)2 sen ⎥=0
x →1+ ⎣ x −1 ⎦

3. Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA O FALSA, en caso de ser
verdadera demuéstrela y en caso de ser falsa dé un contraejemplo.

a. lím ( f ( x ) ) = L ⇒ lím ( f ( x ) − L ) = 0
x → x0 x → x0

b. Si lím ( f ( x) − g ( x) ) existe, entonces también existen lím f ( x ) y lím g ( x)
x → x0 x → x0 x → x0

Si g (x ) + 5 ≤ 3(4 − x ) , entonces lím g (x ) = −5
2
c.
x→4
d. Si f ( x0 ) no está definida, entonces el lím f ( x ) no existe
x → x0

e. Si f ( x0 ) existe, entonces lím f ( x) existe
x → x0

f. Suponga que g es una función tal que lím g ( x) = 0 . Si f es una función cualquiera,
x→0
entonces lím ( fg )( x ) = 0
x →0
g. Si f ( x) ≠ g ( x) para toda x , entonces el lím f ( x) ≠ lím g ( x)
x → x0 x → x0

1.4 CALCULO DE LÍMITES
En el cálculo de límites, la aplicación del teorema de sustitución puede
bastar.

Ejemplo 1
Calcular lím ( x − x
+
)
x →1

SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución:

lím ( x − x ) = 1− 1+ = 1 − 1 = 0 (El entero mayor de números ligeramente mayores que 1 es igual a 1)
x →1+

Ejemplo 2
Calcular lím ( x − x
−
)
x →1

SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución

lím ( x − x ) = 1− 1− = 1 − 0 = 1 (El entero mayor de números ligeramente menores que 1 es igual a 0)
x →1−

28


Ejemplo 3
Calcular lím ( 2 x − 1 + Sgn ( x − 1) )
−
x →1

SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límites y el teorema de sustitución:
lím ( 2 x − 1 + Sng ( x − 1) ) = lím ( 2 x − 1 ) + lím ( Sng ( x − 1) )
x →1− −
x →1 −
x →1

= 2(1 ) − 1 + sng (1− − 1)
−

= 1− + sng ( 0− )
= 0 −1
= −1

Calcular:

1. lím 2 x − 6 − 4 tan x + Sgn ( x 2 )
x →4 + 7. lím
x − 4 −1
x → 0+ μ ( x)
2. lím
x →3+ 3− x 8. lím sen x
π
lím ( x − 2Sgnx )
x→
3. +
2

lím + cos ( x + π )
x →0
9.
x −3 x →−
π
2
4. lím 2
x → 3+ 3− x
x −1
5. lím
x → 0+ x +1 10. lím ⎡ μ ( x + 5 ) + μ ( x − 1) − μ ( x − 3) ⎤
⎣ ⎦
x → 5+

x2 − x
2

6. lím
x →1+ x2 −1

En otros casos, al calcular límites, una vez aplicado el teorema de
sustitución, se requerirá un trabajo adicional si se presentan resultados de la
forma:
0
0
∞
∞
∞−∞
0•∞
1∞
00
∞0

29


Los resultados de la forma mencionada son llamados indeterminaciones
0
debido a que corresponden a cualquier valor. Por ejemplo, tomemos ,
0
0
suponga que sea igual a una constante c , es decir =c entonces 0 = 0c
0
sería verdadera para todo c . Analice el resto de indeterminaciones.

Ejemplo 1
x2 + 5x − 6
Calcular lím
x →1 x −1
SOLUCIÓN:
x 2 + 5 x − 6 1 + 5 (1) − 6 0
2

Empleando el teorema de sustitución tenemos lím = = una
x →1 x −1 1 −1 0
indeterminación, para destruirla vamos a simplificar la expresión, es decir factorizando:
x2 + 5x − 6 ( x + 6 )( x − 1)
lím = lím = lím ( x + 6 )
x →1 x −1 x →1 x −1 x →1

Y finalmente aplicando el teorema de sustitución: lím ( x + 6 ) = 1 + 6 = 7
x →1

Ejemplo 2
x 2 − 7 x + 10
Calcular lím
x→2 x−2
SOLUCIÓN:
2 2 − 7(2 ) + 10 0
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: = (Indeterminación)
2−2 0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:

x 2 − 7 x + 10 ( x − 2 )( x − 5)
lím = lím = lím( x − 5)
x→2 x−2 x→2 ( x − 2) x→2

Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta:
lím( x − 5) = 2 − 5 = −3
x→2

Ejemplo 3
x + 5 x − 14
Calcular lím
x→4
x −2
SOLUCIÓN:
4 + 5 4 − 14 0
4 −2 0

Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:

x + 5 x − 14 ( x +7 )( x −2 ) = lím
lím
x→4
x −2
= lím
x →4
x −2 x →2
( x +7 )

30


Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta:

lím
x→4
( )
x +7 = 4 +7 = 9
SEGUNDO METODO:
Podemos hacer un Cambio de Variable: x = u 2 . Este caso u = x , y cuando x → 4 , u → 2
Por tanto el límite en la nueva variable sería:

u 2 + 5u − 14
lím
u →2 u−2
Simplificando la expresión y aplicando en teorema de sustitución:

u 2 + 5u − 14 ( u + 7 )( u − 2 )
lím = lím = lím ( u + 7 ) = 9
u →2 u−2 u→2 u−2 u→2

Ejemplo 4
x −1
Calcular lím
x →1 x −1
SOLUCIÓN:
1 −1 0
1−1 0
Racionalizando el numerador y simplificando:
⎡ x −1 x + 1⎤ x −1 1 1
lím ⎢ • ⎥ = lím = lím =
x →1
⎣ x −1 x + 1 ⎦ x →1 ( x − 1) x + 1 x →1
( ) ( x +1) 2

Ejemplo 5
x −1
Calcular lím
x →1 3
x −1
SOLUCIÓN:
1 −1 0
3
1 −1 0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, podemos aplicar uno de los siguientes métodos:

PRIMER METODO:
Racionalizando el numerador para diferencia de cuadrados y el denominador para diferencias de cubos:
⎡
( x) + 3 x + 1⎤
2
3
x −1 x +1
lím ⎢ 3 • • ⎥
x →1 ⎢ ⎥
x −1 x +1 ( x)
2
⎢
3
+ x + 1⎥
3
⎣ ⎦

lím
( x − 1) (( 3
x )
2
+ 3 x +1 ) = (( 1) +
3
2
3
1 +1)=3
x →1
( x − 1) ( x +1) ( 1 +1 ) 2

SEGUNDO METODO:
Cambio de Variable: x = u 6 . Entonces Si x → 1 ⇒ u → 1
u6 −1 u3 −1
Reemplazando tenemos: lím = lím
u →1 3 u →1 u 2 − 1
u6 −1

31


( u − 1) ( u 2 + u + 1) ( u 2 + u + 1) = (12 + 1 + 1) = 3
Y factorizando: lím = lím
u →1 ( u − 1)( u + 1) u →1 ( u + 1) (1 + 1) 2

Ejemplo 6
3x − 2 2− x
Calcular lím−
x→2 x2 − 4
SOLUCIÓN:

− (
Aplicando el teorema principal de límite consideramos lím 3 x − 2 ⎜ lím
x→2 − ) ⎛⎝ x →2
2− x ⎞
⎟
x2 − 4 ⎠

(
Entonces, para el primer límite tenemos: lím 3 x − 2
−
x→2
) = 3 ¿Por qué?
Y para el segundo límite, resulta:
2− x 2−x 2−x − (x − 2)
lím− = lím = lím = lím =
x →2 x 2 − 4 x→2− x 2 − 4 x→2− (x − 2)(x + 2) x→2− (x − 2)(x + 2)
−1 1
lím =−
x →2 − ( x + 2) 4
3x − 2 2− x ⎛ 1⎞ 3
Por lo tanto lím = (3) ⎜ − ⎟ = −
x→2−
x2 − 4 ⎝ 4⎠ 4

Calcular:
1.
1. x2 − 9
3
x −2
1. 1. lím 10. lím
1. x →3 x − 3 x →8 x −8
1. 2− x 3
x −1
1. 2. lím 11. lím
x→2 x2 − 4
1. x →1 x +x−2
2

x 2 − (1 + a )x + a
1. x3 − 8
1. 3. lím
x→2 x − 2 12. lím
1. x →1 x −1
1. x 2 − 9 x + 20
1. 4. lim 2 ⎛ x − 2 3 x +1⎞
3 2
1.
x → 4 x − 3x − 4
13. lim ⎜ ⎟
5. lim 2
3x 2 − x − 10 x →1⎜
⎝ (x − 1)2 ⎟ ⎠
x → 2 x + 5 x − 14
⎛ 3 2 ⎞
x3 + x 2 − 5 x + 3 14. lím⎜ − ⎟
6. lim 3 x →1⎜ 1 − x
⎝ 1− 3 x ⎠
⎟
x →1 x + 2 x 2 − 7 x + 4

2 x 3 + x 2 − x + 10 7+3 x −3
7. lim 15. lím
x →−2 x 3 + 2 x 2 − 2 x − 4 x →8 x −8
x −2 3x − 2 2− x
8. lím 16. lím
x→4 x − 4 x → 2+ x2 − 4
x −1 −1
9. lim
x→2 x−2

sen x
Otros límites se calculan empleando la expresión lím = 1 que en forma
x →0 x
sen u
generalizada sería: lím = 1; donde u = u ( x)
u →0 u

32


Ejemplo 1
sen ( kx )
Calcular lím
x →0 x
SOLUCIÓN:
sen ( k ( 0 ) )
0
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: =
(Indeterminación)
0 0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, multiplicamos y dividimos por k , y luego aplicamos el
teorema principal de límites:
sen kx sen ( kx )
lím k = k lím = k (1) = k
x→0 kx x →0 kx
1

sen ( k u )
Se podría decir que lím =k; k∈
u →0 u
Ejemplo 2
sen 3x
Calcular lím
x →0
sen 5 x
SOLUCIÓN:
sen ( 3 ( 0 ) ) 0
sen ( 5 ( 0 ) ) 0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación dividimos el numerador y el denominador entre x , y
luego aplicamos el teorema principal de límites y la formula anterior:
3

sen 3 x sen 3x
lím
sen 3 x x →0 x =3
lím = lím x =
x → 0 sen 5 x x → 0 sen 5 x sen 5 x 5
lím
x x→0 x
5

Ejemplo 3
1 − cos x
Calcular lím
x2
x →0

SOLUCIÓN:
1

1 − cos 0 0
02 0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:
sen 2 x

⎡1 − cos x 1 + cos x ⎤ 1 − cos 2 x
lím ⎢ • ⎥ = lím x 2 (1 + cos x )
x →0
⎣ x
2
1 + cos x ⎦ x → 0
sen 2 x ⎛ sen 2 x ⎞ ⎛ 1 ⎞
= lím = ⎜ lím 2 ⎟ ⎜ lím ⎟
x →0 x 2 (1 + cos x) ⎝ x →0 x ⎠ ⎝ x → 0 1 + cos x ⎠
2
⎛ sen x ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1
= ⎜ lím ⎟ ⎜ ⎟=
⎝ x →0 x ⎠ ⎝2⎠ 2

33


Ejemplo 4
1 − cos ( kx )
Calcular lím
x →0 x2
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
1 − cos ( k 0 ) 1 − cos ( 0 ) 1−1 0
= = = (Indeterminación)
02 0 0 0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:
sen 2 ( kx )

⎡1 − cos ( kx ) 1 + cos ( kx ) ⎤ 1 − cos 2 ( kx )
lím ⎢ • ⎥ = lím 2
x →0
⎢
⎣ x 2
1 + cos ( kx ) ⎥ x →0 x (1 + cos ( kx ) )
⎦

sen 2 ( kx ) ⎛ sen 2 ( kx ) ⎞ ⎛ 1 ⎞
= lím = ⎜ lím ⎟ ⎜ lím
⎟ ⎜ x → 0 1 + cos ( kx ) ⎟
x →0 x (1 + cos ( kx )) ⎜ x → 0
2
⎝ x2 ⎠⎝
⎟
⎠
sen ( kx ) ⎞ ⎛ 1 ⎞ k 2
2
⎛
= ⎜ lím ⎟ ⎜ ⎟=
⎝ x →0 x ⎠ ⎝2⎠ 2
k

1 − cos ( k u ) k 2
Se puede decir que lím =
u →0 u2 2

Ejemplo 5
1 − cos x
Calcular lím
x →0
x
SOLUCIÓN:
1 − cos 0 0
0 0
Multiplicando por el conjugado y aplicando propiedades:
⎡1 − cos x 1 + cos x ⎤ 1 − cos 2 x
lím ⎢ • ⎥ = lím x (1 + cos x )
x →0
⎣ x 1 + cos x ⎦ x → 0
sen 2 x sen x sen x
lím = lím lím
x →0 x(1 + cos x) x→0 x x → 0 1 + cos x

⎛ ⎞⎛ 0
⎞
⎜ sen x ⎟ ⎜ sen 0 ⎟ 0
= ⎜ lím = =0
⎜
x →0 x ⎟ ⎜ 1 + cos 0 ⎟ 2
⎟⎜ ⎟
⎝ 1 ⎠⎝ 1 ⎠

1 − cos ( k u )
Se puede decir que lím =0
u →0 u

Ejemplo 6
sen x − sen a
Calcular lím
x →a x−a

34


SOLUCIÓN:
sen a − sen a 0
a−a 0
PRIMER MÉTODO:
Cambiando variable u = x − a . Entonces si x → a , u → 0 y además x = u + a

Reemplazando y simplificando tenemos:
sen ( u + a )

sen ( u + a ) − sen a ( sen u cos a + cos u sen a ) − sen a
lím = lím
u →0 u u →0 u

sen u cos a + cos u sen a − sen a
= lím
u →0 u
sen u cos a + ( cos u − 1) sen a
= lím
u →0 u

= lím
sen u cos a
+ lím
( cos u − 1) sen a
u →0 u u →0 u
⎡ sen u ⎤ ⎡ ( cos u − 1) ⎤
= cos a ⎢lím ⎥ + sen a ⎢lí→ 0
m ⎥
⎣ u →0 u ⎦ ⎣u u ⎦
1 0

= cos a (1) + sena (0)
= cos a
SEGUNDO MÉTODO:
⎛ x+a⎞ ⎛ x−a⎞
Empleando la identidad: sen x − sen a = 2cos ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎛ x+a⎞ ⎛ x−a⎞
2cos ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟
sen x − sen a ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
lím = lím
x→a x−a x→a x−a
Al denominador lo dividimos y multiplicamos por 2, y luego separamos los límites aplicando el teorema
principal de límites (el límite del producto es el producto de los límites)
⎛x+a⎞ ⎛x−a⎞ ⎛x+a⎞ ⎛ x−a⎞
2cos ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟ 2cos ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟
lím ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = lím ⎝ 2 ⎠ lím ⎝ 2 ⎠
x→a x−a x→a 2 x→a x−a
2
2 2
1

= cos a

Ejemplo 7
1 + sen ( 32 x )
π
Calcular lím
( x − 1)
x →1 2

SOLUCIÓN:
1 + sen ( 32 )
π
1−1 0
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: = = (Indeterminación)
(1 − 1)
2
0 0

Haciendo cambio de variable: u = x − 1 entonces x = u + 1 y si x → 1 entonces u → 0
Reemplazando y simplificando:

35


1 + sen ( 32 x )
π 1 + sen ( 32 ( u + 1) )
π
lím = lím
( x − 1)
2
x →1 u →0 u2
1 + sen ( 32 u + 32 )
π π
= lím
u →0 u2
1 + sen ( 32 u ) cos ( 32 ) + cos ( 32 u ) sen ( 32 )
π π π π
= lím
u →0 u2
1 + sen ( 3π
u ) ( 0 ) + cos ( 32 u ) ( −1)
π
= lím 2
u →0 u2
1 − cos ( 3π
u)
= lím 2
2
u →0 u
1 − cos ( k u ) k2
El último límite se lo puede calcular directamente con la formula lím 2
=
u →0 u 2

⎛ k ⎞
1 − cos ⎜ 32 u ⎟
π
⎜ ⎟ ( 3π )2 9π 2 9π 2
lím ⎝ ⎠= 2 = 4 =
u →0 u2 2 2 8
El resultado se lo puede comprobar, realizando todo el procedimiento lógico.
Multiplicando por el conjugado y simplificando:

⎡1 − cos ( 32 u ) ⎤ ⎡1 + cos ( 32 u ) ⎤
π π
⎦ = lím 1 − cos ( 2 u )
2 3π

lím ⎣ ⎦⎣
u →0 u 2 ⎡1 + cos ( 32 u ) ⎤
⎣
π
⎦ ⎣ ( 2 )⎦
u → 0 u 2 ⎡1 + cos 3π u ⎤

sen 2 ( 32 u )
π
= lím
u →0 u 2 ⎡1 + cos ( 32 u ) ⎤
⎣
π
⎦
⎡ sen ( 32 u ) ⎤
2
π
1
= lím ⎢ ⎥ lím
u →0
⎢
⎣ u ⎥
⎦ ⎣ ( 2 )⎦
u → 0 ⎡1 + cos 3π u ⎤

3π
Multiplicando y dividiendo por y obteniendo límite:
2

⎡ 3π sen ( 3π u ) ⎤
2
1
lím ⎢ 2 3π 2 ⎥ lím
u →0
⎢
⎣ 2 u ⎥
⎦ ⎣ ( 2 )⎦
u → 0 ⎡1 + cos 3π u ⎤

⎡ sen ( 3π u ) ⎤
2

=( )
3π 2 1
lím ⎢ 3π 2 ⎥ lím
2 u →0
⎢
⎣ u ⎥ u →0 ⎡
⎦ ⎤
⎢1 + cos ( 32 u ) ⎥
2
π
⎢ ⎥
⎣ 1 ⎦
⎛ 3π ⎞ ⎛ 1 ⎞
2

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠
9π 2
=
8

36


Ejemplo 8
x
Calcular lím−
x →0 1 − cos x
SOLUCIÓN:
0− 0−
1 − cos 0 0
Multiplicando por el conjugado del radical, simplificando y luego calculando:
x 1 + cos x x 1 + cos x
lím = lím−
x → 0− 1 − cos x 1 + cos x x →0
1 − cos 2 x
x 1 + cos x
= lím−
x →0
sen 2 x
1 + cos x
= lím−
x →0
sen 2 x
x
1 + cos x
= lím−
x →0 sen 2 x
x
1 + cos x
= lím−
x →0 sen x
−
x
1 + cos 0
= 1
sen x
−
x
1

=− 2

Ejercicios propuestos 1.6
Calcular:
sen 2 x + tan 3 x ⎛ π⎞
1. lím sen ⎜ x − ⎟
x → 0+ x
7. lím ⎝ 3⎠
π 1 − 2cos x
x sen x x→
2. lím 3
x→0
2 − 2 cos x
+

⎛π ⎞
1 + sen 3x cot ⎜ − x ⎟
3. lím 8.
⎝2 ⎠
( )
lím
x→ π x − π 2
2
x→0 tan ( 2 x )
2
arcsen x
9. lím
4. lím (1 − x ) tan π x
2
x→0 x
x →1
arctan 2 x
tan (π x ) 10. lím
5. lím x → 0 sen 3 x
x →−2 x+2
⎛π ⎞
cos ⎜ x ⎟
6. lím ⎝2 ⎠
x →1 1 − x

37


Otro tipo de límite interesante, cuyo resultado nos va ha resultar útil en el
cálculo de otros límites, es el de f ( x) = (1 + x ) x cuando x tiende a “ 0 ”.
1

Hagamos una tabla de valores:
y = (1 + x ) x
1
x
− 0.10 2.86797
− 0.05 2.7895
− 0.01 2.7319

0.01 2.7048
0.05 2.65329
0.10 2.5937

Se observa que: lím (1 + x ) x = e ¡HAY QUE DEMOSTRARLO!
1

x →0

Fig. 1.11
e
y = (1 + x )
1
x

Más generalmente tenemos que lím (1 + u )
1
u
= e donde u = u ( x) .
u →0

Ejemplo 1
Calcular lím (1 + sen x )
1
x
x →0
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos (1 + sen 0) 10 = 1∞ (Indeterminación)

Para calcular el valor de esta indeterminación utilizamos lím (1 + u )
1
u
=e.
u →0
Si consideramos u = sen x , notamos que necesitamos en el exponente el recíproco de esta expresión,
por tanto al exponente lo multiplicamos y dividimos por sen x :
1

sen x
sen x ⎛ 1 ⎞ ⎛ ⎞ x

(1 + sen x ) sen x ⎝ x ⎠ = lím ⎜ (1 + sen x )
⎜ ⎟
⎟
1
lím sen x
= e1 = e
x →0 x →0 ⎜ ⎟
⎝ e ⎠

38


Ejemplo 2
Calcular lím ( cos x )
1
x
x →0

SOLUCIÓN:

Note que la expresión dada es una indeterminación de la forma 1∞ .
Para utilizar lím (1 + u )
1
u
= e primero sumemos y restemos 1 a la base, es decir vamos a tener:
u →0

lím (1 + (cos x − 1))
1
x
x →0

luego consideramos u = cos x − 1 y multiplicamos y dividimos al exponente por esta expresión:
cos x−1
x 0
⎡ cos x−1
⎤ cos x −1
⎢(1 + ( cos x − 1) )
x
⎥
lím
lím =e x →0 x
x →0 ⎢ ⎥
⎣ e ⎦
Por tanto:

lím ( cos x )
1
x
= e0 = 1 .
x →0

Ejemplo 3
x 2 + x +1
⎛ 2 ⎞ x2 − x
Calcular lím ⎜ ⎟
x →1 x + 1
⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
12 +1+1 3
⎛ 2 ⎞ 12 −1 ⎛ 2 ⎞0
= ⎜ ⎟ = (1) (Indeterminación)
∞
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: ⎜ ⎟
⎝ 1+1⎠ ⎝2⎠
Sumamos y restamos 1 a la base:
x 2 + x +1 x 2 + x +1
⎛ 2 ⎞ x2 − x ⎛ ⎛ 2 ⎞⎞ x2 − x
lím ⎜ ⎟ = lím ⎜1 + ⎜ − 1⎟ ⎟
x →1 x + 1
⎝ ⎠ x →1
⎝ ⎝ x +1 ⎠⎠
x 2 + x +1
⎛ ⎛ 2 − ( x + 1) ⎞ ⎞ x2 − x
= lím ⎜1 + ⎜ ⎟⎟
x →1 ⎜ ⎟
⎝ ⎝ x +1 ⎠⎠
x 2 + x +1
⎛ ⎛1− x ⎞⎞ x2 − x
= lím ⎜1 + ⎜ ⎟⎟
x →1
⎝ ⎝ x +1⎠⎠
⎛ 1− x ⎞
Multiplicamos y dividimos el exponente por ⎜ ⎟:
⎝ x +1⎠
⎛ 1− x ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞
2
⎜ ⎟⎜ 2 ⎟
⎡ 1
⎤ ⎝ x +1 ⎠⎜
⎝ x −x ⎟ ⎠ ⎛ 1− x ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞
2

⎛ ⎛ 1 − x ⎞ ⎞ 1− x ⎥ lím ⎜ ⎟⎜ ⎟
lím ⎢⎜ 1 + ⎜
x→1⎝ x +1 ⎠ ⎜ x 2 − x ⎟

⎟⎟ x +1 =e ⎝ ⎠
x →1 ⎢
⎝ x +1⎠⎠ ⎥
⎢⎝
⎣ ⎥
⎦
⎛ − ( x −1) ⎞ ⎛ x 2 + x +1 ⎞
lím ⎜ ⎟⎜ ⎟
x →1⎜ x +1 ⎟⎜ x ( x −1) ⎟
=e ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ −1 ⎞ ⎛ x + x +1 ⎞
2
lím ⎜ ⎟⎜
x→1⎝ x +1 ⎠ ⎜
⎟
⎟
=e ⎝ x ⎠

⎛ −1 ⎞ ⎛ 1 +1+1 ⎞
2
⎜ ⎟⎜ ⎟ −
3
⎝ 1+1 ⎠ ⎜ 1 ⎟
=e ⎝ ⎠
=e 2

39


Ejemplo 4
⎛π x ⎞
tan ⎜ ⎟
⎛ 3x ⎞ ⎝ 2k ⎠
Calcular lím ⎜ 4 − ⎟
x →k
⎝ k ⎠
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
⎛π x⎞ ⎛πk ⎞
tan ⎜ ⎟ tan ⎜ ⎟ ⎛π ⎞
⎛ 3x ⎞ ⎝ 2k ⎠ ⎛ 3k ⎞ ⎝ 2k ⎠
= ( 4 − 3) = 1∞ (Indeterminación)
tan ⎜ ⎟
lím ⎜ 4 − ⎟ = ⎜4− ⎟ ⎝2⎠
x →k
⎝ k ⎠ ⎝ k ⎠
Cambiemos el 4 por 1+3 y multipliquemos y dividimos el exponente por el término que necesitamos:
⎛πx⎞ ⎛π x ⎞
tan ⎜ ⎟ tan ⎜ ⎟
⎛ 3x ⎞ ⎝ 2k ⎠ ⎛ 3x ⎞ ⎝ 2k ⎠
lím ⎜ 4 − ⎟ = lím ⎜1 + 3 − ⎟
x→k
⎝ k ⎠ x→k
⎝ k ⎠
⎛ 3x ⎞ ⎛ π x ⎞
⎜ 3 − ⎟ tan ⎜ ⎟
⎡ 1 ⎤⎝
k ⎠ ⎝ 2k ⎠

⎢⎛ ⎛ 3x ⎞ ⎞ 3− 3 x ⎥
= lím ⎢⎜1 + ⎜ 3 − ⎟ ⎟ k ⎥
x→k
⎢⎝ ⎝ k ⎠⎠ ⎥
⎢
⎣ e ⎥
⎦
⎛ ⎞ π⎛ ⎞
⎜ 3− 3 x ⎟ tan ⎜ x ⎟
lím ⎜⎜ k ⎟ ⎝ 2k ⎠
⎟ ⎜ ⎟

=e x→k ⎝ ⎠

Dediquémonos al exponente. Hagamos el cambio de variable u = x − k de donde x = u + k y si
x → k entonces u → 0 .
⎛ 3x ⎞ ⎛πx⎞ ⎛ 3 (u + k ) ⎞ ⎛ π (u + k ) ⎞
lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜ ⎟ = lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜ ⎟
x →k
⎝ k ⎠ ⎝ 2 k ⎠ u →0 ⎝ k ⎠ ⎝ 2k ⎠
⎛ 3u + 3k ⎞ ⎛ πu +π k ⎞
= lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜ ⎟
u →0
⎝ k ⎠ ⎝ 2k ⎠
⎛ 3k − 3u − 3k ⎞ ⎛π π⎞
= lím ⎜ ⎟ tan ⎜ u + ⎟
u →0
⎝ k ⎠ ⎝ 2k 2⎠
⎛π π⎞
sen ⎜ u + ⎟
⎛ −3u ⎞ ⎝ 2k 2⎠
= lím ⎜ ⎟
u →0
⎝ k ⎠ cos ⎛ π u + π ⎞
⎜ ⎟
⎝ 2k 2⎠
0 1

⎛π ⎞ π ⎛π ⎞ π
sen ⎜ u ⎟ cos + cos ⎜ u ⎟ sen
3
= − lím ( u ) ⎝ 2k ⎠ 2 ⎝ 2k ⎠ 2
k u →0 ⎛π ⎞ π ⎛π ⎞ π
cos ⎜ u ⎟ cos − sen ⎜ u ⎟ sen
⎝ 2k ⎠ 2 ⎝ 2k ⎠ 2
0 1

⎛π ⎞
cos ⎜ u ⎟
3
= − lím ( u ) ⎝ 2k ⎠
k u →0 ⎛π ⎞
− sen ⎜ u ⎟
⎝ 2k ⎠
1

⎛ π 0⎞
cos ⎜ u ⎟ ⎛ ⎞
⎜ 2k ⎟ 3⎜ 1 ⎟
3
= lím ( u ) ⎝ ⎠ = ⎜ ⎟
k u→0 ⎛ ⎛ π ⎞⎞ k ⎜ π ⎟
⎜ ⎟
π ⎜
sen ⎜ u ⎟ ⎟
⎝ 2k ⎠ ⎟ ⎝ 2k ⎠
u⎜
2k ⎜ π ⎟
⎜ u ⎟
⎝ 2k ⎠
1

⎛ 3x ⎞ ⎛πx⎞ 6
lím ⎜ 3 − ⎟ tan ⎜ ⎟=
x →k
⎝ k ⎠ ⎝ 2k ⎠ π
⎛π x⎞
tan ⎜ ⎟
⎛ 3x ⎞ 6
⎝ 2k ⎠
Finalmente: lím ⎜ 4 − ⎟ = eπ
x→k
⎝ k ⎠

40


Ejemplo 5
a kx − 1
Calcular lím
x →0 x
SOLUCIÓN:
a k (0) − 1 0
Sustituyendo tenemos = .
0 0
Considerando u = a kx − 1 , entonces x = 1
k ln a
ln (u + 1) y si x → 0 también u → 0

Haciendo cambio de variable, tenemos:
u u ⎛ u ⎞
lím = lím k ln a = k ln a ⎜ lím
⎜ u → 0 ln ( u + 1) ⎟
⎟
u →0 1
k ln a ln ( u + 1) u → 0 ln ( u + 1) ⎝ ⎠

1
Multiplicando, numerador y denominador por , resulta:
u
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎛ ( )u ⎞ 1
⎜ 1 ⎟ 1 1
k ln a ⎜ lím 1 = k ln a ⎜ lím = k ln a = k ln a = k ln a
⎜ u → 0 ln ( u + 1) ⎟
u
⎟ u ⎤ ⎟
u →0
ln ⎡( u + 1) ⎟
1
⎝ ⎠ ln e 1
u
⎜ ⎣ ⎦⎟
⎜
⎝ e ⎠

ak u −1
El resultado lím = k ln a puede ser utilizado para calcular otros límites.
u →0 x

Ejemplo 4
32 x − 1
Calcular lím
x →0 x
SOLUCIÓN:
Empleando el resultado anterior:
32 x − 1
lím = 2 ln 3
x →0 x

Ejemplo 5
32 x − 54 x
Calcular lím
x →0 x
SOLUCIÓN:
Primero restamos y sumamos 1 al numerador y luego separamos para calcular los límites:
32 x − 54 x 32 x − 1 − 54 x + 1
lím = lím
x →0 x x →0 x
32 x − 1 − ( 54 x − 1)
= lím
x →0 x
3 −1
2x
54 x − 1
= lím − lím
x →0 x x →0 x
3 −5
2x 4x
lím = 2 ln 3 − 4ln 5
x →0 x

41


Calcular:

lím (1 + tan x ) e3 x − 1
csc x
1. 8. lím
x →0
x →0 x
lím (1 + cos x )
csc x
2.
x→
π e ax − e bx
2 9. lím
x →0 sen 3 x
lím ( cos x )
1
3. x2
e 2 x − e3 x
x →0
10. lím
lím ( sen x )
tan x x →0 tan x
4.
x →π
2 2 ax − 2 bx
x2 + x + 2 11. lím
x →0 x
⎛ 4 ⎞ x2 − 2 x − 3
5. lím ⎜ ⎟ a x + h + a x − h − 2a x
x →3 x + 1
⎝ ⎠ 12. lím ;a > 0
h→0 h
x2 + 2 x + 6
⎛ 3 ⎞ x2 − x − 2
lím ( x + e x )
1
6. lím ⎜ ⎟ 13.
x
x→2 x + 1
⎝ ⎠ x →0

⎛π ⎞ ln ( cos ( ax ) )
lím ( 4 − 3x )
tan ⎜ x ⎟
7. ⎝2 ⎠ 14. lím
x →1 x →0 ln ( cos ( bx ) )

Para otros tipos de límites habrá que extremarse con el uso de los recursos
algebraicos.
Ejemplo 1
n 1+ k x −1 k
Demuestre que lím =
x →0 x n
SOLUCIÓN:
Por producto notable se puede decir que:

( )(
1 + kx − n 1 ⎡ n 1 + kx ) ( ) ( 1) + ( ) ( 1) ( 1) ⎤
n −1 n−2 n −3 n −1
⎡(1 + kx ) − 1⎤ =
1 2

⎣ ⎦
n
+ n
1 + kx n n
1 + kx n
+ + n
⎢
⎣ ⎥
⎦

( )(
1 + kx − 1 ⎡ n 1 + kx ) ( ) + 1⎤
n −1 n−2
= n
+ n
1 + kx +
⎢
⎣ ⎥
⎦
n términos

Entonces, multiplicando por el factor racionalizante, simplificando y calculando el límite:

) • ⎡( ) ( ) + 1⎤
n −1 n−2

lím
1+ k x −1
n
= lím
( n 1+ k x −1 ⎢
⎣
n
1 + kx + n
1 + kx +
⎥
⎦

⎢(
⎡ 1 + kx ) +( 1 + kx ) + 1⎤
x →0 x→0 n −1 n−2
x x n n
+
⎣ ⎥
⎦

= lím
(1 + k x − 1)
(
x ⎡ n 1 + kx ) ( ) + 1⎤
x→0 n −1 n−2
+ n
1 + kx +
⎢
⎣ ⎥
⎦
kx
= lím
(
x ⎡ n 1 + kx ) ( ) + 1⎤
x→0 n −1 n−2
+ n
1 + kx +
⎢
⎣ ⎥
⎦
k
= lím
( ) ( )
x→0 n −1 n− 2
n
1 + kx + n
1 + kx + +1
k
=
( ) +( )
n−1 n−2
n 1 + k (0) n 1 + k ( 0) + +1
k
=
1+1+ +1
n veces

n 1+ k x −1 k
lím =
x →0 x n

42


⎡ n 1 + k u − 1⎤ k
El resultado anterior puesto de forma general lím ⎢ ⎥ = puede
u →0
⎢
⎣ u ⎥ n
⎦
ser utilizado para calcular rápidamente otros límites.

Ejemplo 2
3 27 − x − 3
Calcular lím
x →0 x
SOLUCIÓN:
Aunque este límite se lo puede calcular empleando el factor racionalizante para diferencia de cubos (no
deje de hacerlo), vamos a emplear el resultado que obtuvimos en el ejercicio anterior.
27 ( 27 − x ) x
3 −3 3
27 3 1 − −3
27 − x − 3
3
27 27
lím = lím = lím
x →0 x x →0 x x→0 x
⎛ 1 ⎞
n
1+ ⎜ − ⎟ x −1
⎛ 1 ⎞ ⎝ 27 ⎠
3 3 1+ ⎜− ⎟ x − 3
3

⎝ 27 ⎠
= lím = 3lím k
x→0 x x →0 x
1
−
=3 27
3
3 27 − x − 3
1
lím =−
x →0 x 27

Ejemplo 3
5
x+2 −2
Calcular lím
x → 30 x − 30
SOLUCIÓN:
Primero es necesario un cambio de variable, de modo que la nueva variable tienda a tomar el valor de cero,
para poder utilizar la formula. Hagamos u = x − 30 de donde x = u + 30 y u → 0 . Reemplazando,
simplificando y calculando el límite:
5
x+2 −2 5
u + 30 + 2 − 2 5
u + 32 − 2
lím = lím = lím
x → 30 x − 30 u →0 u + 30 − 30 u →0 u
32 ( u + 32 ) u 32
5 −2 3
32 5 + −2
= lím 32 = lím 32 32
u →0 u u →0 u
⎛ 1 ⎞
1
2 5 1+ u − 2 2 ⎜ 5 1 + u − 1⎟
⎜ ⎟
32
= lím 32 = lím ⎝ ⎠
u →0 u u →0 u
5 1+
1
u −1 ⎛ 1 ⎞
32 ⎜ ⎟
= 2 lím = 2 ⎜ 32 ⎟
u →0 u ⎜
⎜
5 ⎟
⎟
⎝ ⎠
5
x+2 −2 1
lím =
x → 30 x − 30 80

43


Ejemplo 4
⎛ 4 1 + 2 x − 1 − 3x ⎞
Calcular lim ⎜ ⎟
x →0 ⎜ ⎟
⎝
3
1− x −1 ⎠
SOLUCIÓN:
Restamos y sumamos 1 al numerador, dividimos para x y luego separaramos los límites:
4
1 + 2 x − 1 − 3x 4
1 + 2 x − 1 − 1 − 3x + 1
lim = lim
x →0 3
1− x −1 x →0 3
1− x −1

= lim
4
1 + 2x −1 − ( )
1 − 3x − 1
x →0 3
1− x −1
1 + 2x −14
1 − 3x − 1
−
= lim x x
x →0 3
1− x −1
x
4
1 + 2x −1 1 − 3x − 1
lim − lim
x →0 x x →0 x
= 3
1− x −1
lim
x →0 x
2 ⎛ 3⎞
− −
⎛ 4
1 + 2 x − 1 − 3x ⎞ 4 ⎜ 2 ⎟⎝ ⎠ = −6
lim ⎜
x →0 ⎜
⎟=
⎟
⎝
3
1− x −1 ⎠ −
1
3

Ejemplo 5
⎛ 4 14 + 2 x − 2 4 − 3x ⎞
Calcular lim ⎜ ⎟
x →1 ⎜ ⎟
⎝
3
2 − x −1 ⎠
SOLUCIÓN:
Aquí u = x − 1 de donde x = u + 1 y u → 0 .
Reemplazando, simplificando y calcular el límite:
4 14 + 2 ( u + 1) − 2 4 − 3 ( u + 1)
4
14 + 2 x − 2 4 − 3x
lim = lim
x→1 3
2 − x −1 u →0 3 2 − ( u + 1) − 1

4
14 + 2u + 2 − 2 4 − 3u − 3
= lim
u →0 3
2 − u −1 −1
4
16 + 2u − 2 1 − 3u
= lim
u →0 3
1− u −1
16 (16 + 2u )
4 − 2 1 − 3u
= lim 16
u →0 3
1− u −1
u
2 4 1+ − 2 1 − 3u
= lim 8
u →0 3
1 − u −1
⎛ u ⎞
2 ⎜ 4 1 + − 1 − 3u ⎟
⎜ ⎟
8
= lim ⎝ 3 ⎠
u →0 1− u −1
u
4 1+ − 1 − 3u
= 2 lim 8
u →0 3
1− u −1

44


u
4 1+ − 1 − 1 − 3u + 1
= 2 lim 8
u →0 3
1 − u −1
u
4 1+ −1 ⎛
8 1 − 3u − 1 ⎞
−⎜⎜ ⎟
⎟
u ⎝ u ⎠
= 2 lim
u →0 3
1− u −1
u
4 1+
u
− 1 ⎛ 1 − 3u − 1 ⎞
8 − lim ⎜
lim
u →0 u →0 ⎜
⎟
⎟
u ⎝ u ⎠
=2 3
1− u −1
lim
u →0 u
1
8 − ⎛ −3 ⎞ 1 3
⎜ ⎟ +
4
14 + 2 x − 2 4 − 3x 4 ⎝ 2 ⎠ ⎛ 49 ⎞ 147
lim =2 = 2 32 2 = −6 ⎜ ⎟ = −
x→1 3
2 − x −1 −1 1 ⎝ 32 ⎠ 16
−
3 3

Calcular:
3
x+2 − x−2 ⎛ x + 2 − 3 x + 20 ⎞
1. lím 3. lím⎜ ⎟
x →6 x+3 −3 x →7 ⎜ 4
x+9 −2 ⎟
⎝ ⎠
⎛ 3 x + 26 − 4 80 + x ⎞ 3x − 2 − 3 3x + 2
2. lím⎜ ⎟
x →1 ⎜ ⎟ 4. lím+
⎝ x+8 −3 ⎠ x→2 4 − x2

1.5 LÍMITES AL INFINITO.
En ciertas ocasiones puede ser necesario estudiar el comportamiento de una
función cuando la x toma valores muy grandes, diremos cuando x tiende al
infinito.
Suponga que f se aproxima a tomar un valor L cuando la variable x toma
valores muy grandes, este comportamiento lo escribiremos de la siguiente
manera lím f ( x ) = L
x →∞

Ejemplo 1

Fig. 1.12

45


Formalmente sería:

Decir que lím f ( x) = L significa que f
x→∞

puede estar tan cerca de L, tanto como
se pretenda estarlo ( ∀ε > 0 ), para lo cual
deberá poderse determinar el intervalo
en el cual tomar a x, ∃N (una número muy
grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0
x →∞
tal que x > N ⇒ f ( x) − L < ε

Ejemplo 2

Fig. 1.13

Suponga ahora que f se aproxima a tomar un valor L cuando la x toma
valores muy grandes, pero NEGATIVOS, este comportamiento lo escribiremos de
la siguiente manera lím f ( x) = L .
x →−∞

Ejemplo 1

Fig. 1.14

46


Formalmente sería:

Decir que lím f ( x) = L significa que f
x→−∞

puede estar tan cerca de L , tanto como
se pretenda estarlo, ∀ε > 0 , para lo cual
deberá poderse determinar el intervalo
en el cual tomar a x , ∃N (una número muy
grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x) = L ) ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0
x →−∞
tal que x < − N ⇒ f ( x) − L < ε

Ejemplo 2

Fig. 1.15

Observe que para los casos anteriores significa que la gráfica de f tiene
una asíntota horizontal y = L .

Aquí también podemos hacer demostraciones formales

Ejemplo
1
Demostrar formalmente que lím =0
x→∞ x
SOLUCIÓN:
Empleando la definición tenemos:
⎛ 1 ⎞ 1
⎜ lím = 0 ⎟ ≡ ∀ε > 0, ∃N > 0 tal que x>N⇒ −0 <ε
⎝ x →∞ x ⎠ x
Transformando el antecedente:
x>N
1 1
<
x N

47


1
Se observa que tomando N = aseguraríamos el acercamiento. Siempre y cuando ε sea un número
ε
pequeño que origine un N muy grande.
1 1
Por ejemplo si se quisiera que y = esté a menos de ε = 0.01 de 0, bastaría con tomar a x >
x 0.01
es decir x > 100 .

Para calcular límites al infinito, usualmente un recurso útil es dividir para x
de mayor exponente si se trata de funciones racionales.

Ejemplo 1
2 x 2 + 3x − 1
Calcular lím
x →∞ 5 x 2 + x − 1

SOLUCIÓN:
∞
Aquí se presenta la indeterminación:
∞
Dividiendo numerador y denominador para x 2 , tenemos:
2 x 2 3x 1 3 1
+ − 2+ − 2
lím 2 x 2 x 2 x 2 = lím x x = 2 (No olvide que k
≈ 0 ;k ∈ )
x →∞ 5 x x 1 x →∞ 1 1 ∞
+ − 5+ − 2 5
x2 x2 x2 x x
2 x 2 + 3x − 1 2
Este resultado indica que la gráfica de f ( x ) = tiene una asíntota horizontal y=
5x2 + x − 1 5

Ejemplo 2
x −1
Calcular lím
x →+∞
x + x +1
2

SOLUCIÓN:
∞
Aquí se presenta la indeterminación:
∞
x −1
Dividiendo numerador y denominador para x : lím x
x →+∞
x2 + x + 1
x
Al introducir la x dentro del radical quedará como x 2 :
x 1 1
− 1−
lím x x = lím x =1
x →+∞ x →+∞
x2 x 1 1 1
1+ + 2
+ +
x2 x2 x2 x x
x −1
Este resultado indica que la gráfica de f ( x ) = tiene una asíntota horizontal y =1 en el
x2 + x + 1
infinito positivo.

48


Ejemplo 3
x −1
Calcular lím
x →−∞
x + x +1
2

SOLUCIÓN:
−∞
Ahora se presenta la indeterminación:
∞
x −1
Aquí hay que dividir numerador y denominador para − x : lím −x
x →∞
x + x +1
2

−x
Al introducir la − x dentro del radical quedará como x :
2

x 1 1
− −1 +
lím −x −x = lím x = −1
x →−∞ 2 x →−∞
x x 1 1 1
+ + 1+ + 2
x2 x2 x2 x x
x −1
Este resultado indica que la gráfica de f ( x ) = tiene una asíntota horizontal y = −1 en el
x2 + x + 1
infinito negativo.

Ejemplo 4

Calcular lim
x →+∞
( x2 + x + 1 − x2 − x − 1 )
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación: ∞ − ∞ . Vamos primero a racionalizarla y luego dividimos para el
x con mayor exponente:

lim
x →+∞
( x2 + x + 1 − x2 − x − 1 ⋅ ) x2 + x + 1 + x2 − x − 1
x2 + x + 1 + x2 − x − 1

= lim
(x 2
+ x + 1) − ( x 2 − x − 1)
= lim
2 ( x + 1)
x + x + 1 + x − x − 1 x →+∞ x + x + 1 + x 2 − x − 1
x →+∞ 2 2 2

1
1+
x ⎛1⎞
= 2 lim = 2⎜ ⎟ = 1
x →+∞ 1 1 1 1 ⎝2⎠
1+ + 2 + 1− − 2
x x x x

En otros ejercicios de cálculo de límite al infinito se puede requerir emplear la
identidad: lím (1 + )
1 u
u = e ¡DEMUÉSTRELA!
u →∞

49


Ejemplo
Calcular lím (1 + 2 ) .
x

x→∞ x

Solución:
Para utilizar la forma anterior, transformamos el límite:

( )
2
⎡ ⎤
x

lím ⎢ 1 + ⎥ =e
2
1 2
x
x →∞
⎣ 2
⎦

Se puede concluir que: lím (1 + k u
u ) = ek
u →∞

Ejercicios propuestos 1.9
1
1. Demostrar formalmente que lím =0
x → −∞ x
2. Calcular:
5 x3 − 3x 2 + 4 x − 3 2x2 −1
1. lím 13. lím
x →∞ x3 + 3x + 1 x →−∞ 3x
2. lím
3x x−5
x →−∞ 2 x 2 − 5 x + 1
14. lím
x →−∞
x2 + 2
3. lím
(2 x + 3) (3x − 2)
3 2
3x + 1
15. lím
x →∞ x5 + 5 x →−∞
x2 −1
(2 x + 3)
4. lím 5 x3 − 1
x →∞ x+3 x 16. lím
x →−∞
2 + x6
x
5. lím 17. lím x 2 + x − x
x →∞
x →∞
x+ x+ x
3
x2 + 1
18.
x → +∞
(
lím x x 2 − 1 − x )
( x + x +1 − x − x )
6. lím
x →∞ x +1 19. lím 2 2
x →∞
( 2 x − 3)( 3x + 5 )( 4 x − 6 )
7. lím 20. lím ( x − x − x + 2 )
2 4 2
x →∞ 3x3 + x − 1 x →+∞

x sen (x!)
8. lím
x →∞ x 2 + 1
21. lím
x →+∞
x ( x+3− x+2 )
x
3x − 3 ⎛ x −1⎞
9. lím 22. lím ⎜ ⎟
x →∞
x2 + 1
x →∞ ⎝x +1⎠
x+2
5x ⎛ x −1 ⎞
23. lím ⎜ ⎟
10. lím x →∞ x + 3
x →−∞ x−2 ⎝ ⎠
⎡ ⎛ x + 2 ⎞⎤
3x3 + 2 x 2 − x + 1 24. lím ⎢ x ln ⎜ ⎟⎥
11. lím x →∞
⎣ ⎝ x − 5 ⎠⎦
x →∞ x3 − 8
x2 + 1
12. lím
x →−∞ x

50


1.6 LÍMITES INFINITOS
Suponga que cuando x toma valores próximos a un punto x0 , tanto por
izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes positivo; es decir
lím f ( x) = ∞ . Diremos, en este caso, que f crece sin límite o que f no
x→ x
0

tiene límite en x0 .

Sea M un número muy grande positivo.
Entonces lím f ( x) = ∞ significa que cuando
x→ x0

a x está próxima a " x0 “, a una distancia
no mayor de ∂ ( 0 < x − x0 < ∂ ), f será
mayor que M. Es decir:
⎛ ⎞
⎜ lím f ( x ) = ∞ ⎟ ≡ ∀M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x) > M
⎝ x → x0 ⎠

Ejemplo

Fig. 1.16

Puede ocurrir también que cuando la x toma valores próximos a un punto
x0 , tanto por izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes
negativos; es decir lím f ( x) = −∞ . Diremos, en este caso, que f decrece sin
x → x0

límite o que f no tiene límite en x0 . Es decir:

51


Sea M una cantidad muy grande positiva.
Entonces:
⎛ ⎞
⎜ lím f ( x) = −∞ ⎟ ≡ ∀M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x 0 < ∂ ⇒ f ( x ) < − M
⎝ x → x0 ⎠

Ejemplo

Fig. 1.17

Para otro caso, puede ocurrir que cuando la x toma valores próximos a un
punto x 0 , sólo por su derecha, f toma valores muy grandes; es decir
lím+ f ( x) = ∞ . Lo cual significa:
x → x0

Sea M un número muy grande positivo.
Entonces:
lím f ( x) = ∞ ≡ ∀M > 0, ∃∂ > 0 tal que 0 < x − x0 < ∂ ⇒ f ( x) > M
x → x0 +

Ejemplo

Fig. 1.18

52


Observe que este comportamiento significa que la gráfica tiene una asíntota
vertical x = x0 .

Ejemplo 1
1
Calcular lim
( x − 1)
x →1 2

SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución:
1 1 1
lim = = = +∞ (No existe)
( x − 1) (1 − 1) 0
x →1 2 2

1
La gráfica de f ( x ) = tiene una asíntota vertical x = 1 y tanto por izquierda como por derecha la grafica
( x − 1)
2

crece sin límite.

Ejemplo 2
x+3
Calcular lim+
x→2 x−2
SOLUCIÓN:

Empleando el teorema de sustitución:
x + 3 2 + + 3 5+
lim+ = = = +∞ (No existe)
x→2 x − 2 2+ − 2 0+
x+3
La gráfica de f ( x ) = tiene una asíntota vertical x = 2 y por su derecha la grafica crece sin límite.
x−2
PREGUNTA: ¿Qué ocurre a la izquierda?.

Se pueden describir otros comportamientos.

1.7 OTROS LÍMITES.
Para decir lím f ( x) = ∞ , f toma valores muy grandes positivos cada vez
x →∞

que la x toma valores también grandes positivos; debemos asegurar que:
∀M > 0, ∃N > 0 tal que x > N ⇒ f ( x) > M

Ejemplo

Fig. 1.19

53


1. Defina formalmente y describa gráficamente:
a) lím f ( x) = −∞
x → x0 +
b) lím f ( x) = ∞
x → x0 −
c) lím f ( x) = −∞
x → x0 −
d) lím f ( x) = −∞
x →∞
e) lím f ( x) = ∞
x → −∞
f) lím f ( x) = −∞
x → −∞
2. Demuestre formalmente que:
1
a) lím = +∞
+
x →0 x
1
b) lím = −∞
x →0− x

3. Calcular:

⎡ 1 ⎤
1. lim ⎢1 +
+
x →1 ⎣ x − 1⎥
⎦ 6. lim
x6
x →−∞ x + 1 5
⎡ x ⎤
2. lim ⎢ 6 − 4 x 2 + x3
x →1− ⎣ x − 1 ⎥
⎦ 7. lim
x →∞ 4 + 5 x − 7 x 2
x+3
3. lim 8. lim 2 x
−
x →3 x2 − 9 x →∞

x2 + 1 9. lim 1 − 2x
4. lim− x →−∞
x →−7
x 2 − 49
1 + x5
x 2 − 16 10. lim
5. lim x →∞ x
x→4+
4− x

4. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente:
• (
Dom f = −∞,−2 ∪ −1,1 ∪ 2,+∞ ) [ ] ( )
• f ( x ) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −1
• ∀N > 0, ∃∂ > 0 [0 < −2 − x < ∂ ⇒ f ( x ) > N ]
• ∀N > 0, ∃∂ > 0 [0 < x − 2 < ∂ ⇒ f ( x) > N ]
• [
∀ε > 0, ∃M > 0 x > M ⇒ f ( x) − 1 < ε ]
• ∀ε > 0, ∃M > 0 [x < − M ⇒ f ( x) − 1 < ε ]
• f (0) = 1
5. Bosqueje el gráfico de una función que satisfaga las condiciones siguientes:
• [
∀ε > 0 ∃∂ > 0, ∀x 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) − 1 < ε ]
• [ ]
∀ε > 0 ∃∂ > 0, ∀x 0 < − x < ∂ ⇒ f ( x) + 1 < ε
• ∀ε > 0 ∃N > 0, ∀x[ x > N ⇒ f ( x) < ε ]
• ∀M > 0 ∃∂ > 0, ∀x[0 < x + 1 < ∂ ⇒ f ( x) > M ]
• f (0) = 0

54


Misceláneos
1. Califique cada una de las proposiciones siguientes como verdadera o falsa. Justifique formalmente.
f ( x) − 5
1. Si lím = 3 , entonces lím f ( x ) = 0
x→2+
x−2 x→2 +

2. Si f y g son funciones tales que lím f ( x ) = 1 y lím g ( x) = ∞ , entonces
x→0 + x→0+

lím f ( x) g ( x)
=1
x →0 +

x−a
3. Sea f una función de variable real tal que lím f ( x) existe y lím = 1 . Entonces
x→a + x→a +
f ( x)
lím f ( x) = 0 .
x→a +

4. Sean f y g funciones tales que lím f ( x) = ∞ y lím g ( x) = ∞ . Entonces el
x→a + x→a +

f ( x)
lím no existe.
x→a +
g ( x)
5. Sean f y g funciones tales que lím g ( x) = e y f ( x) = ln (g ( x ) ) . Entonces
x→a +

lím ( f g )( x) = 1
x→a +

f ( x)
6. Si lím = 1 entonces lím f ( x) = 0
x →0+
x x →0 +

7. Si lím[ f ( x) + g ( x)] existe, entonces existen lím f ( x ) y lím g (x )
x→a x→ a x→a

8. Si f ( x ) ≠ g (x ) para toda x , entonces lím f ( x ) ≠ lím g (x )
x→a x→a

⎡ f ( x) ⎤
9. Si
lím ⎢
x→a ⎥ existe y lím f ( x) = 0 entonces lím g ( x) = 0
x→a x→a
⎣ g ( x) ⎦
10. Si f y g son funciones definidas en IR entonces:
(
∀a ∈ IR lím f ( g ( x )) = f lím g ( x)
x→a x→a
( ))
x − x−a −a
2 2

11. Si lím existe entonces a = 0.
x→a +
x−a
12. Si lím[ f ( x) g ( x )] existe y lím f ( x) existe entonces lím g ( x) existe.
x→ a x→a x→ a

13. Si lím f ( x) = +∞ entonces x → − a f ( x) = −∞
x→a
lím

14. ( lím (3x − 1) = 2) ⇔ ∀ε > 0, ∃∂ > 0, ∀x ⎡⎣0 < x − 1 < ∂ ⇒ (3x − 1) − 2 < ε ⎤⎦
x →1

15. Si lím f ( x) = 0 y lím g ( x) = ∞ entonces lím f ( x) g ( x) = 0 .
x →0 + x →0 + x →0 +

16. Existen dos funciones de variable real f y g tales que lím f ( x) = lím g ( x) = 0 y
x →0+ x →0+

f ( x)
lím =e
x →0 + g ( x)

⎛ f ( x) ⎞
17. Si lím f ( x) = 0 y lím ⎜ ⎟ = 2 entonces lím g ( x ) = 0
x →∞ x →∞ x →∞
⎝ g ( x) ⎠
f ( x)
18. No existen dos funciones f y g tales que lím f ( x ) = 0 , lím g ( x ) = 0 y lím =5
x→0 x→0 x→0 g ( x)
f ( x) + g ( x) − 1
19. Si lím f ( x) = 3 , lím g ( x) = −2 , entonces lím =1
x→a x→a x →a 3 f ( x) + g ( x) − 1

55


2. Empleando la definición de límite, demuestre que:
2x2 − x − 1 ⎛ x⎞
1. lím =3 4. lím ⎜ 4 − ⎟ = 2
+
x →1 x −1 x→4 +

⎝ 2⎠
2. lím x − 1 = 2 x2 − 4
x →5+
5. lím = −4
3. lím x − 3 = 0 x → −2
x+2
+

x →3+

3. Determine
1. lím x 2 + 2 x ⎡ ⎛ 1⎞ ⎤
x → 3+ 20. lím ⎢sen⎜ x + ⎟ − sen x ⎥
e − cos 2 x
3x x →∞
⎣ ⎝ x⎠ ⎦
arctan ( x 2 ) − arctan1
2. lím
x→0+
sen 4 x
21. lím
cos x − cos 3x
+
x →1 x −1
3. lím
x→0 +
x2 x −1
22. lím
⎡ 2x + 3 ⎤
3x x →1
2x − x 2 −1
lím
x → +∞ ⎢ 2 x − 5 ⎥
4.
⎣ ⎦ ⎛ arcsen x − arcsen 1 ⎞
23. lím⎜
1⎜
2
⎟
⎟
2
xe x − e x→
2 ⎝ x− 12 ⎠
5. lím
x →1+ x −1 sen x
24. lím
⎛ cos x ⎞ +
x →0 x
6. lím ⎜ ⎟
π +⎜ x − π ⎟
⎝ 2 ⎠
25. lím ⎡Sgn( x ) ( x + 1 + μ ( x − 1) ) ⎤
+ ⎣ ⎦
x→ x→0

sen (sen x )
2
πx
⎛ 3x ⎞
tan
4 26. lím
7. lím ⎜ 4 − ⎟ x→0+
x
x → 2+ ⎝ 2 ⎠
27. lím ( )
x + −x
⎡ π − 2arctan x ⎤ x→0

8. lím ⎢ ⎥ 28. lím (π − x ) tan ( ) x
x →∞ ⎢ 3
⎥ π
x→ 2
⎣ e −1
x
⎦ x2 + 2 x + 5

9. lím+ ( sen 2 x )
tan 2 2 x ⎛ 3 ⎞ x2 − x − 2
29. lím ⎜ ⎟
π x→2 x + 1
x→
4
⎝ ⎠

10. lím
x→0
e 2 x − cos 3 x 30. lím ⎡ x 2
x →+∞
3

⎢
⎣ ( x3 + 1 − x3 − 1 ⎤
⎥
⎦ )
sen 5 x
⎛ sen ( x −
6)
⎞ π
11. lím ⎡ln ( 2 x + 1) − ln ( x + 2 ) ⎤
⎣ ⎦ 31. lím ⎜
π ⎜
⎟
x →+∞ x→ 6
⎝ − cos x ⎟
2
3
⎠
⎡ ⎛ x ⎞⎤ 1 − cos x 2
12. lím ⎢arctan ⎜ ⎟⎥ 32. lím 2
x →−∞
⎢ ⎝ 1 + x ⎠⎥
2
⎣ ⎦ x → 0 x sen x 2

13. lím
ln 1 + e x ( ) 33. lím (1 + 2 x ) 2ln x
x →+∞
1

x → +∞ x
⎛ x −8⎞
x 2 − x −1 −1 34. lím ⎜
x → 64 ⎜ 3 x −4⎟
⎟
14. lím ⎝ ⎠
x →1+
x 2 −1 1

15. lím+ (1 + cot x )
sec x ⎛ 1 + 5x ⎞ 2x
35. lím ⎜ ⎟
x →0 1 − 3x
x→
π
2
⎝ ⎠
16. lím f ( x ) 36. lím (1 − cos x ) cot x
x→0
x→0
donde ⎛ xe −5 x − cos 2 x − x + 1 ⎞
37. lím ⎜ ⎟
⎧1 − cos3 x x→0
⎝ x2 ⎠
⎪ ;x < 0
x2 ⎛ e3 x − cos 2 x ⎞
⎪
f ( x) = ⎨ 5 ;x = 0 38. lím ⎜ ⎟
⎪ sen10 x − tan x
x→0
⎝ sen 5 x − x ⎠
⎪ ;x > 0 ⎛ x ⎞
⎩ sen 2 x 39. lím ⎜ ⎟
x→0
⎝ 1− x − 1+ x ⎠
e −e 2x 7x
17. lím+
x→0 sen 2 x + tan 9 x 40. lím
x →∞
( 3
x +1 − 3 x )

56


⎡ 1 1 ⎤ ⎛ x+a⎞
x

18. lím ⎢ − ⎥ 41. lím ⎜ ⎟
+ x −1
x →1 ⎢ x −1 ⎥ x →∞ x − a
⎝ ⎠
⎣ ⎦
⎛ x sen 3 x ⎞
19. lím ⎜ ⎟
x → 0 + ⎝ 1 − cos 2 x
⎠

f ( x)
4. Calcular lím f ( x) si < 1 para x ≠ 0
x→0 +
x

• ∀ε > 0, ∃∂ > 0 : 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) − 3 < ε
• ∀N > 0, ∃∂ > 0 : 0 < x + 3 < ∂ ⇒ f ( x) > N
• ∀N > 0, ∃∂ > 0 : 0 < −3 − x < ∂ ⇒ f ( x) < − N
• ∀ε > 0, ∃M > 0 : x > M ⇒ f ( x) − 1 < ε
• ∀ε > 0, ∃M > 0 : x < − M ⇒ f ( x) < ε

• Dom f = ( −∞, −1) ∪ ( −1,1) ∪ (1, +∞ )
• [
∀ε > 0, ∃∂ > 0 0 < x < ∂ ⇒ f ( x) < ε ]
• ∀M > 0, ∃∂ > 0 [0 < x − 1 < ∂ ⇒ f ( x) < − M ]
• ∀M > 0, ∃∂ > 0 [0 < 1 − x < ∂ ⇒ f ( x) > M ]
• [
∀M > 0, ∃∂ > 0 0 < x + 1 < ∂ ⇒ f ( x) > M ]
• [
∀ε > 0, ∃N > 0 x > N ⇒ f ( x) + 1 < ε ]
• ∀ε > 0, ∃N > 0 [x < − N ⇒ f ( x) < ε ]

57

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