Limites, ejercicios

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Limites, ejercicios

  1. 1. 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: 0 < x − 5 < δ ⇒ (9 − 3 x ) − (6 ) < ε (1) 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 (V.A.5) ⇔ 3x − 5 < ε (factorizando) ε ⇔ x −5 < (2) 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. ε Dado ε > 0 , existe δ = > 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 , B escogerá δ = 0.000001 (cualquier valor menor también satisface). 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 a que esté cerca de 5.
  2. 2. fig. 2.9. 2. Usando la definición del límite de una función, demuéstrese que: 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 Si 0 < x − 1 < δ , entonces −3 <ε (1) x −1 Para ello, considérese inicialmente la desigualdad de la derecha de (1). 2x2 − x −1 −3 <ε ⇔ (2 x + 1 )( x − 1 ) − 3 <ε (factorizando) x −1 (x − 1) ⇔ (2 x + 1) − 3 < ε (simplificando, puesto que x – 1 ≠ 0) ⇔ 2x − 2 < ε ε ⇔ x −1 < ∧ x ≠1 (2) 2
  3. 3. Comparando la desigualdad del lado izquierdo de (1) con la desigualdad (2), se puede ε escoger δ = (cualquier valor menor funciona). 2 Prueba formal. ε Dado ε > 0 , existe δ = > 0 , tal que, 2 0 < x −1 < δ ⇒ x −1 < δ ∧ x ≠ 1 ε ⇒ x −1 < ∧ x ≠1 2 ⇒ 2x − 2 < ε ∧ x ≠ 1 ⇒ ( 2 x + 1) − 3 < ε ∧ x ≠ 1 ( 2 x + 1 )( x − 1 ) ⇒ −3 < ε ( x − 1) 2x2 − x −1 ⇒ −3 < ε x −1 En particular, si en este ejemplo una persona A escoge un ε = 0.01 , entonces otra persona B responderá con un δ = 0.005 . Si A propone ε = 0.0002 , B escogerá δ = 0.0001 (cualquier valor menor también cumple). 2x2 − x −1 La gráfica de la función y = f ( x ) = es la misma que corresponde a x −1 la recta de ecuación y = 2 x + 1 , con x ≠ 1. 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 = ε / 2 .
  4. 4. fig. 2.10. 3. Considérese la función definida por f (x) = x n , con n∈ N . Evalúese: f (2 + h) − f (2) Lim h→ 0 h Solución: f (2 + h) − f (2) (2 + h) n − 2 n Lim = Lim (1) h→ 0 h h→ 0 h Si se intentase evaluar directamente el último límite, se obtendría (2 + 0 ) n − 2n = 0 0 0 (indeterminado). Se puede eliminar la indeterminación, factorizando el numerador de la fracción (1): Lim (2 + h) n − 2 n = Lim [ [( 2 + h ) − 2 ] ( 2 + h ) n −1 + ( 2 + h ) n − 2 ⋅ 2 + ( 2 + h ) n − 3 ⋅ 2 2 + ... + 2 n −1 ] h→ 0 h h→ 0 h = Lim [ h ( 2 + h ) n −1 + ( 2 + h ) n − 2 ⋅ 2 + ( 2 + h ) n − 3 ⋅ 2 2 + ... + 2 n −1 ] h→ 0 h
  5. 5. [ = Lim (2 + h) n −1 + (2 + h) n − 2 ⋅ 2 + ( 2 + h) n −3 ⋅ 2 2 + ... + 2 n −1 h →0 144444444424444444443 ] n − términos = 2 n−1 + 24424+ ... +43 n −1 144 + 2 44 2 n −1 n −1 n −terminos n −1 = n⋅2 x−4 4. Evaluar: Lim x→ 4 x −2 Solución: 0 . Si se aplica directamente el límite de un cociente, se llega a la forma indeterminada 0 Se puede eliminar la indeterminación, racionalizando el denominador y simplificando. Así: Lim x − 4 = Lim (x − 4) ( x + 2 ) x→ 4 x − 2 x→ 4 ( x − 2 )( x + 2 ) = Lim (x − 4) ( x + 2) x→ 4 ( x) −2 2 2 = Lim ( x − 4) x + 2 ( = Lim ) ( x +2 = ) 4+2=4 x→ 4 x−4 x→ 4 2x + 1 − 3 5. Evalúese: Lim x→ 4 x−2 − 2 Solución: 0 Al sustituir directamente x por 4, se llega a la forma indeterminada . Para 0 tratar de eliminar la indeterminación, se multiplican numerador y denominador de la fracción por la expresión conjugada del denominador. Asi: Lim 2x + 1 − 3 = Lim ( 2x + 1 − 3 )( x−2 + 2 ) x→ 4 x−2 − 2 x→ 4 ( x−2 − 2 )( x−2 + 2 ) = Lim ( 2x + 1 − 3 )( x−2 + 2 ) x→ 4 ( x − 2) − 2
  6. 6. = Lim ( 2x + 1 − 3 )( x−2 + 2 ) x→ 4 x−4 Al sustituir nuevamente x por 4, en la última expresión, continúa la 0 indeterminación . Para eliminarla, se multiplica numerador y denominador de la 0 última fracción por ( 2x +1 + 3 . ) Luego, 2x + 1 − 3 = Lim ( 2x + 1 − 3 )(x−2 + 2 )( 2x + 1 + 3 ) Lim x→ 4 x−2 − 2 x→ 4 ( (x − 4 ) 2 x + 1 + 3 ) = Lim [2 x + 1 − 9 ]( x − 2 + 2 ) x→ 4 ( x − 4 )( 2 x + 1 + 3 ) = Lim 2 (x − 4 ) ( x−2 + 2 ) x→ 4 (x − 4 ) ( 2x + 1 + 3 ) = Lim 2 ( x−2 + 2 = 4 2 ) = 2 2 x→ 4 2x + 1 + 3 6 3 6. a. Úsese el teorema del “sánduche” para demostrar que si t está expresado en radianes, entonces: sen t Lim = 1. t→ 0 t 1 − cos t b. Demuéstrese que: Lim = 0 t→ 0 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.
  7. 7. fig. 2.11. −π π Nótese que: < t < (si t < 0, los elementos mencionados inicialmente son 2 2 los reflejados con respecto al eje x). Conforme el punto P de la circunferencia se mueve hacia el punto A, t → 0 y por lo tanto, Lim cos t = 1 y Lim sen t = 0 (1). t→ 0 t→ 0 Claramente, de la gráfica se deduce: Area sector OBC < Área triángulo OBP < Área sector OAP. (2). 1 1 2 Pero, Área sector OBC = ( r ) 2 ⋅ (ángulo central) = ⋅ OC ⋅t 2 2 1 1 ⋅ OB ⋅ t = (cos t ) ⋅ t 2 2 = (3). 2 2 1 1 Área triángulo OBP = OB ⋅ BP = cos t ⋅ sen t (4). 2 2 1 1 1 Área del sector OAP = ( r ) 2 ⋅ (ángulo central) = ⋅ 1 2 ⋅ t = t (5). 2 2 2 Sustituyendo (3), (4) y (5) en (2), se obtiene:
  8. 8. 1 (cos t )2 t < 1 cos t ⋅ sen t < 1 t 2 2 2 Después de multiplicar por 2 y dividir entre el número positivo t cos t y sen t sen t observando además que = > 0 , la última desigualdad puede escribirse t t asi: sen t 1 cos t < < (6). t cos t 1 Pero Lim cos t = 1 y Lim = 1 . Luego, por el teorema del sánduche, se t→ 0 t→ 0 cos t sen t concluye que: Lim =1. t→ 0 t 1 − cos t 0 b. Lim tiene la forma indeterminada . t→ 0 t 0 Para eliminar la indeterminación, multiplíquense numerador y denominador por la cantidad positiva: 1 + cos t . Esto es, Lim 1 − cos t = Lim (1 − cos t )(1 + cos t ) t→ 0 t t→ 0 t (1 + cos t ) 1 − cos 2 t = Lim t→ 0 t (1 + cos t ) sen 2 t = Lim t→ 0 t (1 + cos t )  sen t  1 = Lim   ⋅ sen t ⋅ t→ 0  t  1 + cos t = 1⋅ 0 ⋅1 = 0 7. Úsese el ejercicio 6, para evaluar los siguientes límites trigonométricos: sen α x a. Lim , siendo α , β constantes reales no nulas. x→ 0 sen β x
  9. 9. tan 2 x b. Lim x→ 0 sen x sen 5 x − sen 3 x c. Lim x→ 0 x sen x − sen a d. Lim x→ 0 x − a Solución: sen α x a. Antes de evaluar el límite, el cociente puede transformarse asi: sen β x sen α x sen α x 1 α  sen α x  1 = ⋅α x ⋅ =   sen β x αx sen β x β  αx   sen β x  ⋅ βx   βx  βx    De esta forma:     sen α x α  sen α x  1 Lim = Lim   ⋅  sen β x x→ 0  β  x→ 0  αx   sen β x     βx            α sen α x 1 = ⋅ Lim  ⋅  (Álgebra de límites). β x→ 0  αx  sen β x      βx        Ahora, decir que x → 0 es equivalente a decir que α x → 0 y que β x → 0 sen α x sen α x Por tanto, Lim = Lim = 1. x→ 0 αx αx→ 0 αx sen β x sen β x También, Lim = Lim = 1. x→ 0 βx βx→ 0 βx sen α x α 1 α Luego, Lim = ⋅1 ⋅ = . x→ 0 sen β x β 1 β 0 b. El límite es indeterminado, de la forma . 0
  10. 10. tan 2 x sen 2 x 2 sen x cos x 2 cos x Pero, = = = . 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 Luego, Lim = Lim = = = 2. x→ 0 sen x x → 0 cos 2 x cos 0 1 sen 5 x − sen 3 x c. Antes de evaluar el límite, se transforma la fracción , así: x 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    2x   3x   sen 2 x   sen 3 x  = 2  . cos 3 x − 3   (1 − cos 2 x )  2x   3x  sen 5 x − sen 3 x   sen 2 x   sen 3 x   Lim = Lim  2   cos 3 x − 3   (1 − cos 2 x ) x→ 0 x x→ 0   2x   3x   Pero, sen 2 x 3x Lim = 1 ; Lim cos 3 x = 1 ; Lim sen = A , y , Lim (1 − cos 2 x ) = 0 x→ 0 2x x→ 0 x→ 0 3y x→ 0 sen 5 x − sen 3 x Luego, Lim = 2 .1 .1 − 3 . A .0 = 2 − 0 = 2 x→ 0 x 0 d. Nótese que al sustituir directamente x por a, resulta la indeterminación . 0 Para eliminar la indeterminación, se hace un cambio de variable y después se simplifica la fracción resultante. Sea y = x − a . Es claro que x → a si y sólo si y → 0.
  11. 11. Ahora bien, con esta sustitución: sen x − sen a sen( y + a ) − sen a = x−a y sen y . cos a + sen a . cos y − sen a = y sen y . cos a − sen a .(1 − cos y ) = y sen y . cos a sen a .(1 − cos y ) = − y y  sen y   1 − cos y  = cos a   y  − sen  a  .     y  Luego, sen x − sen a   sen y   1 − cos y   Lim = Lim  cos  y  − sen a  a    x→ a x−a y→0     y  = (cos a ).1 − (sen a ).0 = cos a . 8. Encuéntrese el valor del siguiente límite, o establezca que no existe: x −1 Lim , x ≠ 1. x→1 x −1 Solución: De acuerdo con la definición de valor absoluto, se tiene:  x − 1 si x − 1 ≥ 0 x −1 =   − ( x − 1) si x − 1 < 0 x − 1 si x ≥1 Es decir, x −1 =  1 − x si x <1 De esta forma: x −1 x −1 = = 1 , si x > 1 x −1 x −1
  12. 12. x −1 = (A − x ) = − 1 , si x < 1 x −1 (x − 1 ) x −1 La función: f ( x) = , x ≠ 1 , puede escribirse entonces como una función a x −1 tramos, asi: x −1 1 si x > 1 f ( x) = = x − 1  − 1 si x < 1 Su gráfica aparece en la fig. 2.12. Lim f ( x ) = Lim ( −1) = −1 x →1− x →1−  Ahora,  ⇒ Lim f ( x ) NO EXISTE Lim f ( x ) = Lim (1) = 1  x →1 x →1+ x →1+  9. Considérese la función a tramos definida así:  x2 si x ≤ −2  f ( x ) =  ax + b si −2< x<2 2 x − 5 si x≥2 
  13. 13. Encuéntrense los valores de las constantes a y b para que: Lim f ( x ) y x→ −2 Lim f ( x ) existan. x→ 2 Solución: El siguiente diagrama recoge la información obtenida de f. f (x) = x 2 f ( x ) = ax + b f (x) = 2 x − 5 Lim f ( x ) existe ⇔ Lim f ( x ) y Lim f ( x ) existen x → −2 x → −2 + x → −2 − y además: Lim+ f ( x ) = Lim− f ( x ) x → −2 x → −2 Pero, Lim f ( x ) = Lim+ ( ax + b ) = − 2 a + b (1). x → −2 + x → −2 Lim f ( x ) = Lim− ( x 2 ) = 4 (2). x → −2 − x → −2 Para que el límite de f (x) en − 2 exista, es preciso que: − 2 a + b = 4 (3). Igualmente, Lim f ( x ) existe ⇔ Lim+ f ( x ) y Lim− f ( x ) existen x→ 2 x→ 2 x→ 2 y además: Lim f ( x ) = Lim f ( x ) + − x→ 2 x→ 2 Pero, Lim f ( x ) = Lim ( 2 x − 5 ) = − 1 + + (4). x→ 2 x→ 2 Lim f ( x ) = Lim ( ax + b ) = 2 a + b − − (5). x→ 2 x→ 2 De (4) y (5) se sigue que 2 a + b = − 1 (6). 5 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (3) y (6) se obtiene: a=− y 4 3 b= . 2
  14. 14. Con estos valores, la función f se transforma en:  x2 si x ≤ −2  5 3 f ( x ) = − x + si −2< x<2  4 2  2x − 5 si x≥2 La gráfica de f aparece en la fig. 2.13. fig. 2.13

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