Límites de funciones por la definición

Proporcionamos ejercicios de límites de funciones por la definición.

    Enunciado
  1. Demostrar que: $$a)\;\lim_{x\to 1}\;(2x+3)=5.\quad b)\; \lim_{x\to 2}\;\left(\frac{2}{3}x-1\right)=\frac{1}{3}.\quad c)\; \lim_{x\to 1/2}\;(-x-1)=-\frac{3}{2}.$$
  2. Demostrar que $\;\;a)\;\displaystyle\lim_{x\to 0}x^2=0.\quad b)\;\lim_{x\to 0}x^3\operatorname{sen}x=0.$
  3. Demostrar que: $\displaystyle\lim_{x\to 2}\;\left(x^2+x-2\right)=4.$
  4. Demostrar que $\displaystyle\lim_{x\to 3} \frac{2}{x+1} =\frac{1}{2}.$
  5. Demostrar que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0.$
    Solución
  1. Recordamos que si $L\in\mathbb{R},$ $$\lim_{x\to x_0}f(x)=L\Leftrightarrow \forall \epsilon>0\;\exists\delta >0:\left(\left|x-x_0\right|<\delta\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon\right).$$
    $a)\;$ Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|(2x+3)-5\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|2x-2\right|<\epsilon \Leftrightarrow 2\left|x-1\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|x-1\right|<\epsilon/2.$$ Es decir, tomando $\delta=\epsilon /2,$ se verifica $\left|(2x+3)-5\right|<\epsilon$ si $\left|x-1\right|<\delta,$ luego $\lim_{x\to 1}\;(2x+3)=5.$
    $b)\;$ Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|\left(\frac{2}{3}x-1\right)-\frac{1}{3}\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|\frac{2}{3}x-\frac{4}{3}\right|<\epsilon$$ $$\Leftrightarrow \frac{2}{3}\left|x-2\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x-2\right|<\frac{3\epsilon}{2}$$ Es decir, tomando $\delta=3\epsilon /2,$ se verifica $\left|(2x/3-1)-1/3\right|<\epsilon$ si $\left|x-2\right|<\delta,$ luego $\lim_{x\to 2}\;(2x/3-1)=1/3.$
    $c)\;$ Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|(-x-1)-\left(-\frac{3}{2}\right)\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|-x+\frac{1}{2}\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|x-\frac{1}{2}\right|<\epsilon.$$ Es decir, tomando $\delta=\epsilon ,$ se verifica $\left|(-x-1)-(-3/2)\right|<\epsilon$ si $\left|x-1/2\right|<\delta,$ luego $\lim_{x\to 1/2}\;(-x-1)=-3/2.$
  2. $a)$ Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|x^2-0\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x\right|^2<\epsilon \Leftrightarrow \left|x\right|<\sqrt{\epsilon}.$$ Es decir, tomando $\delta=\sqrt{\epsilon} ,$ se verifica $\left|x^2-0\right|<\epsilon$ si $\left|x-0\right|<\delta,$ luego $\lim_{x\to 0}x^2=0.$
    $b)$ Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|x^3-0\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x\right|^3<\epsilon \Leftrightarrow \left|x\right|<\sqrt[3]{\epsilon}.$$ Eligiendo $\delta=\sqrt[3]{\epsilon}$ y usando que $\left|\operatorname{sen}x\right|\leq 1$ para todo $x\in\mathbb{R},$ $$\left|x\right|<\delta\Rightarrow \left|x^3\right|<\epsilon\Rightarrow \left|x^3\operatorname{sen}x\right|<\epsilon.$$ Es decir, $\displaystyle\lim_{x\to 0}x^3\operatorname{sen}x=0.$
  3. Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|\left(x^2+x-2\right)-4\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|x^2+x-6\right|<\epsilon $$ $$\Leftrightarrow \left|(x-2)(x+3)\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|<\epsilon.\quad (1)$$ Acotemos superiormente la expresión $\left|x+3\right|$ en el intervalo centrado en $2,$ $\left|x-2\right|\leq 1,$ es decir en $[1,3].$ Claramente, en este intervalo se verifica $4\leq \left|x+3\right|\leq 6.$ Elijamos ahora $$\delta=\min \left\{1,\frac{\epsilon}{6}\right\}.$$Si $\delta =1,$ se verifica $1\leq \epsilon /6$ y por tanto,$$\left|x-2\right|< \delta \Rightarrow \left|x-2\right|< 1\Rightarrow x\in [1,3]\Rightarrow \left|x+3\right|\leq 6$$ $$\Rightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|<1\cdot 6\Rightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|\leq \frac{\epsilon}{6}\cdot 6=\epsilon$$ $$\Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\left(x^2+x-2\right)-4\right|<\epsilon.$$ Si $\delta=\epsilon/6,$ entonces, $\delta \leq 1$ y sigue siendo válida la acotación $\left|x+3\right|\leq 6,$ por tanto $$\left|x-2\right|< \delta \Rightarrow \left|x-2\right|< \frac{\epsilon}{6}$$ $$\Rightarrow \left|x-2\right| \left|x+3\right|< \frac{\epsilon}{6}\cdot 6=\epsilon$$ $$\Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\left(x^2+x-2\right)-4\right|<\epsilon.$$
  4. Sea $\epsilon >0,$ entonces $$\left|\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon\Leftrightarrow \left|\frac{4-(x+1)}{2(x+1)}\right|<\epsilon$$ $$\Leftrightarrow \left|\frac{3-x}{2(x+1)}\right|<\epsilon \Leftrightarrow\frac{\left|x-3\right|}{2|x+1|}<\epsilon.\quad (1)$$ Acotemos superiormente la expresión $\dfrac{1}{2\left|x+1\right|}$ en el intervalo centrado en $3,$ $\left|x-3\right|\leq 1,$ es decir en $[2,4].$ Claramente, en este intervalo se verifica $$\frac{1}{10}\leq \frac{1}{2\left|x+1\right|}\leq \frac{1}{6}.$$ Elijamos ahora $\delta=\min \left\{1,6\epsilon\right\}.$ Si $\delta =1,$ se verifica $1\leq 6\epsilon $ y por tanto,$$\left|x-3\right|< \delta \Rightarrow \left|x-3\right|< 1\Rightarrow x\in [2,4]\Rightarrow \frac{1}{2\left|x+3\right|}\leq \frac{1}{6}$$ $$\Rightarrow \frac{\left|x-3\right|}{2\left|x+1\right|}<1\cdot \frac{1}{6}\Rightarrow \frac{\left|x-3\right|}{2\left|x+1\right|}\leq 6\epsilon \cdot\frac{1}{6}=\epsilon$$ $$\Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon.$$ Si $\delta=6\epsilon,$ entonces, $\delta \leq 1$ y sigue siendo válida la acotación $\dfrac{1}{2\left|x+1\right|}\leq \dfrac{1}{6},$ por tanto $$\left|x-3\right|< \delta \Rightarrow \left|x-3\right|< 6\epsilon$$ $$\Rightarrow \frac{\left|x-3\right|}{2\left|x+1\right|}<6\epsilon \cdot \frac{1}{6}=\epsilon$$ $$\Rightarrow \;\text{ (por }(1))\;\;\left|\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}\right|<\epsilon.$$
  5. Recordamos que si $L\in\mathbb{R},$ $$\lim_{x\to +\infty}f(x)=L\Leftrightarrow \forall \epsilon>0\;\exists K:\left(x>K\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon\right).$$ $$\lim_{x\to -\infty}f(x)=L\Leftrightarrow \forall \epsilon>0\;\exists K:\left(x<K\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon\right).$$ Sea $\epsilon>0.$ Entonces, $$\left|\frac{1}{x}-0\right|<\epsilon \Leftrightarrow \frac{1}{\left|x\right|}<\epsilon \Leftrightarrow \left|x\right|>\frac{1}{\epsilon}.$$ Eligiendo $K=\dfrac{1}{\epsilon}>0,$ si $x>K $ se verifica $\left|\dfrac{1}{x}-0\right|<\epsilon,$ por tanto $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0.$
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