Unidad 3. Límites Teorema 1.

Suponga que

Denición de Limites f (x) > 0 ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

donde

entonces

l´ım f (x) = +∞ ⇔

x→x0 Demostración.

l´ım

x→x0

x0

es punto de acumulación del

Domf ,

1 =0 f (x)

( ⇒ ) Supongamos que l´ım f (x) = +∞

x→x0

esto quiere decir ∀M > 0 ∈ R ∃ δ > 0

si M > 0 entonces



∀x ∈ A

con 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > M

1 1 > 0 y hacemos  = y tenemos que M M

∀ x ∈ Domf , 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > M ⇒ f (x) >

por lo tanto l´ım

1 =0 f (x)

l´ım

1 =0 f (x)

x→x0

1 1 1 ⇒ > ⇒ − 0 <   f (x) f (x)

( ⇐ )

Supongamos que x→x0

Sea M > 0 y hacemos  =

1 , por lo que M

1 l´ım = 0 ⇒ ∃ δ > 0  ∀ x ∈ Domf 0 < |x − x0 | < δ ⇒ x→∞ f (x) 1 1 1 1 ⇒ − 0 < ⇒ < ⇒ f (x) > M f (x) M f (x) M

1 f (x) − 0 < 

por lo tanto l´ım f (x) = +∞

x→x0

Ejemplo Pruebe que

3x − 5 = +∞ x→2 (x − 2)2 l´ım

Solución Tenemos que f (x) =

Facultad de Ciencias UNAM Cálculo Diferencial e Integral 1

3x − 5 1 (x − 2)2 = ⇒ 2 (x − 2) f (x) 3x − 5

Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz

1

Unidad 3. Límites

Denición de Limites

en este caso si x → 2 entonces 3x − 5 → 1 por lo tanto Como

3x − 5 > 0 para x cercana a dos. (x − 2)2

(x − 2)2 0 = =0 x→2 3x − 5 1 l´ım

entonces l´ım

x→2

3x − 5 = +∞ (x − 2)2

Límites Laterales Innitos Denición 1. tiende a

+∞

Sea

A ⊂ R, sea f : A → R x → x− 0 , y se escribe

l´ım f (x) = +∞

si

x→x− 0

Teorema 2.

y sea

x0 ∈ R

un punto de acumulación de A. Se dice que f

cuando

∀M > 0 ∈ R

Suponga que

∃

δ>0

∀x ∈ A



f (x) > 0 ∀ x ∈ x0 − δ < x < x0

donde

entonces

l´ım f (x) = +∞ ⇔

x→x− 0

Ejemplo Probar que l´ım

x→1−

l´ım

x→x− 0

con x0 − δ < x < x0 ⇒ f (x) > M x0

es punto de acumulación del

Domf ,

1 =0 f (x)

x−2 = +∞ x−1

Solución En este caso utilizaremos el teorema, por un lado se tiene f (x) =

x−2 1 x−1 ⇒ = ⇒ x−1 f (x) x−2

l´ım−

x→1

x−1 0 = =0 x−2 −1

por otro lado x → 1− ⇒



x < 1, 2 > x,

 x−2 ∴ x−1 0 cuando x → 1− ⇒ f (x) = ∴ x−2 0 ∈ R

Suponga que

∃

δ>0



∀x ∈ A

f (x) < 0 ∀ x ∈ x0 − δ < x < x0

donde

entonces

l´ım f (x) = −∞ ⇔

x→x− 0

Facultad de Ciencias UNAM Cálculo Diferencial e Integral 1

l´ım

x→x− 0

con x0 − δ < x < x0 ⇒ f (x) < −M x0

es punto de acumulación del

Domf ,

1 =0 f (x)

Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz

2

Unidad 3. Límites

Denición de Limites

Ejemplo Probar que l´ım

x→1−

2−x = −∞ x−1

Solución En este caso utilizaremos el teorema, por un lado se tiene f (x) =

2−x 1 x−1 ⇒ = ⇒ x−1 f (x) 2−x

l´ım−

x→1

x−1 0 = =0 2−x 1

por otro lado x → 1− ⇒



x < 1, 2 > x,

 2−x ∴ x−10 x−1

por lo tanto según el teorema l´ım−

x→1

Denición 3. tiende a

+∞

Sea

A ⊂ R, sea f : A → R x → x+ 0 , y se escribe

x0 ∈ R

un punto de acumulación de A. Se dice que f

cuando

l´ım f (x) = +∞

si

x→x+ 0

Teorema 4.

y sea

2−x = −∞ x−1

∀M > 0 ∈ R

Suponga que

∃

δ>0

∀x ∈ A



f (x) > 0 ∀ x0 < x < x0 + δ l´ım f (x) = +∞ ⇔

x→x+ 0

Ejemplo Probar que l´ım

x→1+

x0

donde

entonces

l´ım

x→x+ 0

con x0 < x < x0 + δ ⇒ f (x) > M es punto de acumulación del

Domf ,

1 =0 f (x)

2−x = +∞ x−1

Solución En este caso utilizaremos el teorema, por un lado se tiene f (x) =

2−x 1 x−1 ⇒ = ⇒ x−1 f (x) 2−x

l´ım

x→1+

x−1 0 = =0 2−x 1

por otro lado x→1

+

 ⇒

x > 1, 2 > x,

 2−x ∴ x−1>0 > 0 cuando x → 1+ ⇒ f (x) = ∴ 2−x>0 x−1

por lo tanto según el teorema l´ım

x→1+

Denición 4. tiende a

−∞

Sea

A ⊂ R, sea f : A → R x → x+ 0 , y se escribe

y sea

x0 ∈ R

∀M > 0 ∈ R

δ>0



un punto de acumulación de A. Se dice que f

cuando

l´ım f (x) = −∞

x→x+ 0

2−x = +∞ x−1

si

Facultad de Ciencias UNAM Cálculo Diferencial e Integral 1

∃

∀x ∈ A

con x0 < x < x0 + δ ⇒ f (x) < −M

Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz

3

Unidad 3. Límites Teorema 5.

Denición de Limites f (x) < 0 ∀ x0 < x < x0 + δ

Suponga que

l´ım+ f (x) = −∞ ⇔

l´ım+

x→x0

Ejemplo Probar que

x0

donde

entonces

x→x0

es punto de acumulación del

Domf ,

1 =0 f (x)

x−2 = −∞ x−1

l´ım

x→1+

Solución En este caso utilizaremos el teorema, por un lado se tiene f (x) =

1 x−1 x−2 ⇒ = ⇒ x−1 f (x) x−2

l´ım+

x→1

x−1 0 = =0 x−2 −1

por otro lado x→1

+

 ⇒

 x−2 ∴ x−1>0 ⇒ f (x) = < 0 cuando x → 1+ ∴ x−2 1, 2 > x,

por lo tanto según el teorema

x−2 = −∞ x−1

l´ım

x→1+

Límites en el Innito Denición 5.

Sea

A ⊂ R,

l´ım f (x) = L

x→∞

si

sea

f : A → R.

∀ > 0

∃

Se dice que

N >0

l´ım

x→∞ Demostración.

es límite de f cuando

x→∞

y se escribe

∀x ∈ Domf , x > N ⇒ |f (x) − L| < 



Ejemplo Mostrar que

L∈R

x−1 =1 x+2

Tenemos que x−1 = l´ım x→∞ x + 2 x→∞ l´ım

x x x x

− +

1 x 2 x

1− x→∞ 1 +

= l´ım

1 x 2 x

=1

para comprobarlo usamos la denición primero se tiene que: x − 1 x − 1 − (x − 2) −3 = 3 < 3 = x + 2 − 1 = x+2 x + 2 x + 2 x

por lo que

3 3 0

∃

Se dice que

N >0

es límite de f cuando

x → −∞

y se escribe

∀x ∈ Domf , x < −N ⇒ |f (x) − L| < 



Ejemplo Mostrar que l´ım

x→−∞ Demostración.

L∈R

x−1 =1 x+2

Tenemos que x−1 = l´ım x→−∞ x→−∞ x + 2 l´ım

x x x x

− +

1 x 2 x

1− x→−∞ 1 +

= l´ım

1 x 2 x

=1

para comprobarlo usamos la denición primero se tiene que: x − 1 − (x − 2) −3 x − 1 x + 2 − 1 = = x + 2 x+2

como x → −∞ se toma x < −2 por lo que x + 2 < 0 y por lo tanto −(x + 2) > 0, de esta manera −3 3 3 3 = x + 2 −(x + 2) = | − (x + 2)| = −(x + 2)

por lo que

3 3 3 <  ⇒ < −x − 2 ⇒ + 2 < −x ⇒ − −(x + 2)  

de esta manera, si  > 0 elegimos N =  x < −N ⇒ x < −

3 +2 



3 +2 

 >x

3 + 2 por lo que 

−3 x − 1 3 3 ⇒ −x−2 > ⇒ 0 y de esta manera 1 1 = 2 |x2 − 1| x −1

por lo tanto 1

por lo que

∴

N=

1 +1 

1 1 +1 ⇒ 2