f (x) una función a valores reales definida en todo punto x de 1, x + a . Decimos que un número real L es el límite de f(x) en a , o que f (x) tiende a L cuando x tiende a l punto a , si dado E > O, exista un 6 > 0 tal que O < Ix - a 1 e 6 , x en I implica lf(x)-~I <E En este caso escribimos lim f (x) = L
x+a

6.1 DEFINICION. Consideremos un intervalo abierto I que contiene al punto a . Sea

Consideremos la gráfica de la función f(x) y ubiquemos al punto (a, L). La afirmación que L es el límite de f(x) en a significa que para cada E > 0 , por pequeño que sea, debe existir un número 1 i>O tal que todos los puntos (x, f(x)) de la gráfica de f (x), con x # a , deben encontrarse en el rectángulo comprendido por las rectas x = a - S , x = a + 6 , y = L - E , y = L + E . intuitivamente, lim f (x) = L sigX+Q

a-6

a a+6
intervalo I

nifica que los valores de f(x) se aproximan a L tanto como se quiera, cuando x se aproxima al punto a , pero siempre con la condición de que x sea distinto de a.

E J E M P L O 1. Usando la definición de límite, determinar SOLUCION.

lim
x-bl

x -1 x-1

3

1 . En primer lugar estimamos por simple inspección el posible límite. Ahora bien, si x se aproxima a 1, tanto en el numerador x3 - 1 como el denominador x - 1 se aproximan a O, y por consiguiente, el cociente se aproxima a la expresión que no representa ningún número real. Para obviar esta dificultad, observemos que, cuando x + 1, se tiene

a,

~ (1) + (1) = 3 , si x tiende a 1. Así, L = 3 y el segundo miembro se aproxima a ( I )+ es el posible límite.
2. Enseguida probaremos que, en verdad, se tiene lim
x+l

= 3 , de acuerdo a la defix-1
> O debemos hallar 6 > 0 tal

x -1

3

nición de límite de una función. O sea que dado que O c Ix - c 6 implica que

4

E

Sea dado Se tiene

E

> O . Para hallar 6 vamos a estimar el término

- 3,
x-1

x" - 1

x # l.

Luego

Un primer paso consiste en controlar el tbrmino )x + 21. Si, por ejemplo, se cumple la condición lx - 5 l. (2)

4

1S 4 o, equivalentemente 0 5 x 5 2 , entonces 2 S x + 2 < 4, y por lo tanto lx + 2

Así, tenemos que
siempre que O < Ix - 5 1 .

Ix-

4 Ix -21 < 41x - 4

(3)

4

Límites de Funciones

125

Puesto que
E

41x - < E es equivalente a

4

Ix - < - se tiene que para cualquier 4

4

E

0 < 6 < -, la relación O < Ix - < 6 implica que
4

4

Finalmente, para que se cumplan simultáneamente (3) y (4) bastará tomar O < 8 í mínimo 11, c/4} . Luego si, por ejemplo, S = mínimo { 1, c / 4 } , entonces de ( 11, (3) y (4) se sigue O < Ix - ] I < 6 implica que

'

1

- 3 ( <6 , y as( hemos probado que lirn
x* 1

x -1 =3.
X

3

-1

EJEMPLO 2. Se demostrará posteriormente que lim
x-bo

-= 1.
X

sen x

1x1 , x + O, no posee límite cuando x tiende a O. EJEMPLO 3. La función f ( x ) = X

Observaci6n. La función f ( x ) puede o no estar definida en el punto a. No obstante, para la definición de lim f ( x ) no requerimos el valor de f ( a ) .En consecuencia, si f ( x )
X+Q

y g ( x ) son dos funciones tales que f ( x ) = g ( x ) para todo x t a , y existe el límite de

una de ellas cuando x tiende al punto a, entonces se cumple Por ejemplo, las funciones Luego

lim f ( x ) = lim g ( x ) .
x-m x+a

-y
x-2

x -4

2

x

+2

coinciden en todo x

?t

2.

lim
x-2

-=

x -4 x-2

2

lim ( x + 2 ) = 4 .
x-12

6.2 PROPIEDADES SOBRE UMITES DE FUNCIONES
PROPlEDAD 1. Límlte de uña función constante. Si f ( x ) = c es una función constante, entonces para cualquier a se cumple
lim c = c
x-ba

PROPIEDAD 2. timite de la suma, diferencia, producto y cociente de dos funciones.
Si f ( x ) y g ( x ) son dos funciones a valores reales definidas en todo x t a de un intervalo Z que contiene al punto a , entonces se cumplen

. .1
x+a

f (x) + g(x) = l b f (x) + lim g(x)
x+a x+a x+a %+a

lim f (x) - g(x) = lim f (x) - lim g(x)
x+a

x+a

lim f (x) g(x) = lirn f (x) .lim g(x)
x+a x+a

lirn f(x) f ( x ) = x+a lim , .+a g(x) lim g(x)
X 3 0

cuando

limg(x) O ,
x+a

en el sentido de que si existen

1im f ( x )
x-a

y l i m g(x),
x+a

entonces tambibn existen los límites indicados en los primeros miembros y, además, se verifican las igualdades.

PROPIEDAD 3.

Límite de una función polínomica.

Sea f (x) = bo + b,x + ... + bnxn una función polinómica, donde bo, b,, ... , b, , son constantes reales. Entonces para todo número real a cumple lirn (bo + b,x+
x+a

...+ bnxn)=bo +bla+...+bnan

PROPIEDAD 4. Kmite de una función racional.

Para todo número a tal que co + c,a
lim
%+a

+ ...+ c,an + O
n

se cumple

b,

+ b,x + ... + bmxm -

bo + b,a + ... + b,am c0 + cla + ... + cnan

c0 +clx+... +cnx

PROPIEDAD 5. plen

Límite de potencias y raíces. Si n es un número entero > O se cum-

y en general, si p y q son dos números enteros > O , entonces se cumple
PIQ

iim [i(x)lpJ9=
x+a

f(x)]

en el sentido de que si existe lirn f (x), entonces existe el límite del primer miembro y
x+a

se cumple la igualdad.

Límites de Funciones

127

Queda bien entendido que si n o q son números pares, debe asumirse que lirn f ( x ) = L > O, a fin de que las raíces "JL o (L)''~ estdn definidas.
.r+a

P R O P I E D A D 6. Traslación de la variable independiente

lirn f ( x ) = lirn f (a + h )
#+O

h+O

EJEMPLO 1. Calcular

lirn

3
1 3 --

SOLUCION. Si hacemos x = 1 obtenemos

o

que no representa ningún número

O

real. Procedemos a simplificar la expresión

donde se h a hecho uso de la factorización 1- x3 = ( 1- x ) ( l +x + x 2 ) . Luego se tiene

para todo x z 1. Tomando límites obtenemos lirn
1

1 3 -= 3 1 1-x

lim x-11 ( x + 2)
x-11

=

3 --

=

lim ( 1 + x + x 2 )

3

- 1.

EJEMPLO 2. Calcular

lirn

x -8 -

3

x-12 x 4

- 16

SOLUCION. Aplicando la propiedad (6),si hacemos x = 2 + h , se tiene que

lirn

1-12 x4

x -8 = lirn

3

( 2 + h ) 3- 8 ( 2+ h)4 - 16

- 16

-

(2)3+3(2)2h + 3(2)h2+ h3 - 8 (2)4+ 4(2)3 h + 6(2)2 h 2 + 4(2)h3+ h 4 - 16 1 3'

h-ro

= lirn
h-1°

12 --=h(36 + 24h + 8h2 + h 3 ) 36

h(12+6h+ h z )

PROPIEDAD 7. Teorema del sandwich.
Sean f (x), g(x) y h(x) tres funciones tales que

(1) f (x) < g(x) 5 h(x) para todo x + a , y
(2) lirn f (x) = lirn h(x) = L
x+a x+a

Entonces se cumple lirn g(x) = L.
x+a

PROPIEDAD 8. Limites trigonometricos. Se cumplen
sen x lim -=1,
x-bO

x

lirn s e n x = s e n a ,
x+a

lim cos x = cosa
x+a

EJEMPLO 3. Demostrar que

lirn
x-bo

-=
X

sen x

lirn cosx
n-to

=

1

SOLUCION. Si x designa un ángulo medido en radianes probaremos que se cumplen las desigualdades
1--x 2
1 2

sen x <cosx <<1
X

(1)

para todo x tal que O < 1 x 1< 2 Tracemos el círculo unitario con centro en el origen del sistema de coordenadas rectangulares XY. Sea O < x < - el arco AP medido en radia2 nes, donde
0
1

K

K

n

cos x

B

A

x

B=(cosx,O), C = ( l , t g x ) y C es el punto de intersección de la recta q- contiene al radio OP con la recta tangente a la circunferencia en el punto A. Se cumple Area del A POA < Area del sector circular POA < Area del A COA, Area del A POA
=

3 (base) x (altura) =

(1) sen x = sen x ,

4

Area del sector circular POA= +(arco) x ( r a d i ~= ) ~~ ( 1 = )~ x, Area del A COA
=

3

(base) x (altura) = (1) tg x

=

tg x

Límites de Funciones

129

Luego tenemos que i s e n x < 1<-c-, senx
X

3% < i tg x ,
(dividiendo entre j s e n x )

1

cosx (tomando inversos)
(2)

sen x cosx < c1
X

De d ( A ,P) < arco AP se sigue que ,/(l-cosx)'
1- 2 cos x

+ sen2 x < x , y elevando al cuadrado
2

+ cos2 x + sen 2 x

< x

2-2cosx < X2 de donde 1-+x
2

<cosx.

De este modo de (2) y (3) tenemos ahora que para O < x < $
2 sen x 1-+x <cosx<<1

Supongamos luego que ángulo -x

- 4 2 < x < O.

Entonces O < -x < 4 2 y (4) se cumple para el

x 1--<cosx<2

2

sen x x

< 1.

puesto que cos(-x) = cosx y sen(-x) = -senx. Juntando (4) y ( 5 ) vemos que las desigualdades (1) se cumplen para todo x tal que

Finalmente,
y puesto que 1im (1x-O

1

X

2

sen x - < cosx < < 1,

$1

= 1,

por el teorema del Sandwich (propiedad 7). llegamos a

lim cosx = lim
x-90 x+o

-- 1,
x

sen x

que era lo que se queríamos demostrar.

E J E M P L O 4. Probar que lirn sen x = O
x+o

SOLUCION. Se tiene
puesto que lirn
#+O

sen x = lirn senx = lirn x x x+O x+o

X

-- 1,
X

sen x

por el ejemplo 3.

E J E M P L O 5. Probar que

(1) lirn sen x = sen a
x+a

im cos x = cosa (2) 1'
x+a

SOLUCION. (1) Haciendo x
=a

+h
s e n x = s e n ( a + h ) = s e n acosh+cosa senh

Por la propiedad (6) lirn sen x = lirn sen(a + h) = lirn (sena cos h + cosa sen h)
x+a h+O h+O

= (sen a )

L

lirn cos h o

1

+ (cosa) lirn sen h
(h+O

1

Pero lirn cos h = 1 y lirn sen h = 0, por los ejemplos 3 y 4, respectivamente.
h+O h+O

Por lo tanto tenemos
(2) Se tiene

lirn sen x = sen a
x+a

lirn cos x = lim cos(a + h) = lirn (cosa cos h - sen a sen h)
x+a

h+O h+O

h+O h+O

=cosaxlim cosh-senaxlim senh=cosax 1-senaxO=cosa.

PROPIEDAD 9. Cambio de escala en la variable independiente.
Si k # O entonces lirn f (kx) = lirn f (x)
x+a x+ka

E J E M P L O 6. Calcular lirn
%-'O

sen 5x sen3x

Límites de Funciones

131

SOLUCION. Tenemos

lirn
+ .O

-=
sen kx =
kx

sen 5x

5x-

sen 5x
5%
=

lirn
O

ZX
3

lim l

sen 3x i m
5x
=

sen 5x

5 ,1 = 5 , 3 1

sen3x 3x-

3

puesto que lirn
x+O

lim
x+kxO

sen x sen x - lirn =1 x
%-+O

x

para k = 3 , 5 por la propiedad 9.

PROPIEDAD 10. Límite de la composición de dos funciones o de cambio de variable.

Si x = f ( y ) es una función de y , g ( x ) es una función de x , y ademiis lirn f ( y ) = a con
Y-b

f ( y ) # a para todo y

#

b, entonces

El cambio de variable es x = f ( y ) .
Ji+x-1

EJEMPLO 7.

Encontrar

lirn
x-0

y=-

1

SOLUCION. Puesto que tenemos raíces de orden 2 y 3, efectuamos el cambio de variable 6 6 l+x=y o x = y -1

Puesto que

limy - 1 = 0 ,
y-+l

6

y6 - 1

f O para todo y + 1,

podemos aplicar la propiedad 10

lim
1

JTX-1

= lim

,/y6

-1

Y+l@-l

= lim y+ly

Y3 - 1 2

-1

= lim

( Y - l ) ( y 2 + Y + 1)
=

lim

y2

+y+l

6.3 PROBLEMAS R E S U E L T O S .
P R O B L E M A 1.

Hallar

lirn
1

2X3+ 5 ~ - 7 x2 + 1

SOLUCION. Puesto que ( - I ) +~1 = 2 + 0 , se tiene directamente

lirn
1

zX3 + 5~ - 7
x2 + 1
2

14 - - - 2(-q3 + 5(-1)- 7 -

( - I ) ~+ 1

= -7.

2

P R O B L E M A 2.

Calcular

lirn
x-ba

x -(a + 1)x + a
x 3 - a3

SOLUCION. Sustituyendo x = a se obtiene

o -. Para cancelar el factor o

x -a, efec-

tuamos las descomposiciones

Se tiene entonces

lim
x+a

x -(a + 1)x + a

2

x -a
-a " x -a

3

3

=

lim

x-1 x +ax+a
2

--

a-1 3a

P R O B L E M A 3. Hallar

lirn
x-ba

X "

SOLUCION. Efectuando la sustitución x = a + h se tiene

x " - a m = (a+ h ) " -a " = (a"
=

+ m"-'h + (términos en h2))- a m
h(ma
m-1

rnam-'h

+ (términos en h 2 ) =

+ (términos en h))

e igualmente xn - a" = h (nan-' + (términos en h )) Luego lim
x+cr

xm - a m

-an

=

lim

(a+ h)" - a m (a+ h)" - a" ma""
mn-l(términos

= lirn
h-o

+

+(términos en h) mam-' = -am-" m -en h) nan-' n

ya que lirn (términos en h) = O.
h-O

Límites de Funciones

133

PROBLEMA 4. Hallar

lim
x-bl

xn+l - ( n

+ i)x+ n

'( x - 1)2

SOLUCION. Haciendo x = 1 + h tenemos

=

l + ( n - l)h+

( n + l)nh2 n+ 1 2 +..+ h - ( n + l ) ( l + h ) + n = h 22[ ~ + ( t l r m i n oenh) s

1

Luego

lim
x+ 1

n ( n + 1) xntl - ( n + i ) x + n ( n+ l ) n = 1im +términos en h = (X -I ) ~ h-O 1 2

[T

-

P R O B L E M A 5.

Hallar

lim
x-'

q 2 -231;+1
( x - 1)2

SOLUCION. Efectuamos la sustituci6n x = y '. Se tiene
lim
1

e - 2 ~

+

= lim

1

y2-2y+l

(x-l)l
= lim
yjl

(Y - 112
(y - l)2(Y2 +y

=

lim

1
2

1
=-

+ 1)

2

=

1 -

~ + l ( ~ ~ + ~ + 32 l ) 9

P R O B L E M A 6. Hallar lim
x+l

yx-1 G - 1 Luego

SOLUCION. Hagamos el cambio de variable x = y-.

en donde para obtener la última igualdad hemos hecho uso del problema 3, con a = 1.

PROBLEMA 7. Hallar

lirn
X-1

sen 2m sen3xx

SOLUCION. Hagamos el cambio de variable x = h + 1. Se tiene entonces

sen 2xx = sen(2Kh + 22) = sen(2nh)cos(2n)+ sen(2x)cos(2irh)= sen(2iJi)

Y

sen 3xx = sen(3nh + 3n) = sen(3rrh)cos(3x)+ sen(3n)cos(3nh)= - sen(3nh)

Luego

sen 27th 2x 2nh 2 - -lim -= - lim = - lim X-1 sen3m h+0 sena& h+o 3x- sen3nh 3 3xh sen 2m

-

sen 2nh

PROBLEMA 8.

Hallar

lirn
x+o

cos mx - COS nx
X

2

SOLUCION. Se tiene
cos m - c o s 2 u - (I-COS ~ ) - ( ~ - C O c o s m - cosnx = cos m + cos nx cos m + COS nx
2
2 2

S

m) - s e ~ ~ ~ n x - s rnx en
-

2

cos mx + cos nx

Luego lirn
x-bo

cos m - cos N
X

2

= lirn
x-bo

cos m + COS nx

PROBLEMA 9.

Hallar

:le2
+h
se tiene

SOLUCION. Haciendo x = -2

sen(-2n) cos irh + COS(-2~) sen IJ1 sen 4-2 + h) tg lim = lim = lim h+O h x cos E(-2 + h) h-0 h x cos 4-2 + h) x+-2 x +2
Tt -

sen rch

= lirn
h-o

Kh cos 4-2 + h )

= -X - -

x

1

Limites de Funciones

135

P R O B L E M A 10. Hallar

lim (1 - x) tg
x-b 1

2

SOLUCION. Se tiene x = h + 1,

lim ( 1 - x ) t g x+I

1IX

,.[y]
= lirn
hjo

C o SX I ~ -8en2
= lim
h+o

COS

A

2

-h

c o s [ ~ ]

=

lim - h
h+o

2 nh sen -

P R O B L E M A 1 1. Calcular SOLUCION. Tenemos

lim
%+O

tgx-senx
X
3

lim
x+o

tgx-senx
X3

sen -x

sen x
X
3

- lim cosx
x+o

=

lim
x-bo

(sen x) (1 - COS x)
3 X COSX

sen -

X

P R O B L E M A 12. Hallar

lim
x+O

arc sen x
X

y

lim
x-bo

arc tg x X

SOLUCION. Hacemos el cambio de variable x = sen y o y = are sen x .

Luego

lim
X+O

a m sen x
x

= lim

Y-~O

Y 1 = lim -= seny seny
y-bo

1.

y s i y = a r c t g x , entonces x = t g y y lim
X+O

arctgx Y cos y 1 = lim - = lim , - - =1 n: tgy \ sen y , ) 1
Y+O
Y+O

P R O B L E M A 13. SOLUCION.

Hallar

lirn
%-+O

arc tg 5x sen3x
3

lim
x-+O

arc tg 5x

=

lim - x
- 0 5

arctg5x 5x

x-

1

=

3 . 5

sen3x

P R O B L E M A 14.

Hallar

lirn

1- 2cosx
,

SOLUCION. Haciendo x = - + h tenemos que 3

X

Luego lim
x+-

1 - 2cosx

1 -2
=

+ h]
sen h
= lim
h+o

3

sen(x -

3)

lim
h+o

1-cosh+fisenh sen h

s
= lim

e

+&

1

=&,

puesto que

lim
h+o

= lim

sen h

h+o

Senh

h

= - x l

=o .

1

P R O B L E M A 15. Unicidad del límite.

Probar que si

limf(x)= L, y limf(x)=L2,
x-a x+a

entonces se cumple que L, = L2.

Limites de Funciones

137

SOLUCION. Por reducción al absurdo. Supongamos que fuese L, t L2.

Tomemos s =

~ I L , - L21>O . Entonces por definición de límite existen
tales que

S,, S , > O
Y

O<Ix-a(<S,

I f ( x ) - L1l<E

O<Ix-a(<6,

If(x)- L , ~ < E .

Luego para cualquier x tal que O < I x - al < S , y 6 2 ,se cumplen las dos desigualdades

I f (4- LlI<
Y
y por lo tanto
ILl - L 2 1

E

If(x)-41<~ ,

=

ILl - f ( x ) + f ( x ) - L 2 15 IL1 - f ( x ) I + l f ( x ) - ~ , I<

&+E

=

2 E =

IL,

-~ ~ 1

osea

IL,-~<IL,-~,
L,= L2.

lo cual es una contradicción. Luego

PROBLEMA 16. Probar que si f ( x )= c es una función constante, entonces lirn c = c.
x+a

SOLUCION.

Sea

E

> O . Debemos hallar un

6 > 0 tal que O < lx - al < 6 implica

lf(.)-cI...

Luego para cualquier 6 > O (por ejemplo 6 = 1)se cumplirá la implicación deseada. Por lo tanto se tiene que lirn c = c.
x+a

PROBLEMA 17. Producto de iímites.

Probar que
SOLUCION.

g ( x )= lim f ( x )x lim g ( x ). lim f ( x )
x+a
%+a

x+a

Llamemos
x+a

lim f ( x )= L, y
x+a

lirn g ( x )= 4.
x+a

Para probar que

= L,L2 debemos establecer que dado un lirn f ( x ) g ( x )

E

> O , existe

un 6 > 0 tal que O < Ix - a( < 6 implica f ( x ) ~ ( x)

1

L,~I

c E.

(Bastará tomar

O < E, <mínimo

E

, ya que entonces

Escribimos

f (x)g(x) - LlL2 = ( f ( x )- L l ) g ( x ) + L1( g ( x ) - L, )
=

(restando y sunando L,g(x)1

( f ( x ) - L , ) ( g ( x ) - L , )+ ( f ( x ) - L , ) L 2 + L,(g(x)-L2)
(restando y sumando ( f ( x )- L1)L2 1

y obtenemos

Por otra parte, para

E,

se tiene que existen 6 , y S2 > O tales que

O < lx - al < S 1 implica f ( x )- LII < E,
y

1

(definición de lim f ( x ) = L,),
x-ba

O <I x - al < S , implica Ig(x)-

< E,

(definición de lim g ( x )= L, 1.
X-m

Luego si tomamos 6 =mínimo { S , , t i 2 } > 0 , las dos implicaciones se cumplen para todo

x tal que O < Ix - al < S , y por consiguiente en (1)se tiene para tales x

(la última desigualdad se cumple por la elección de Hemos probado asi que
x+a

E,).

lim f ( x ) g ( x = ) LlL2

.

PROBLEMA 18.

Probar que si lim f ( x ) = L y A < L < B , entonces existe un S > O tal
x+a

que ~ c l x - a J implica <~ A < f(x)<B.

SOLUCION. Sea

~=minimo {L-A,B-L}>O.
x+a

Luego por definición de lim f ( x ) = L existe un S > O tal que

Límites de Funciones

139

Oelx-ale6

implica

(~(X)-L~<E,

Puestoque

E I L - A y B-L,setieneque L - ( L - A ) < L - E < f(x) < L + E < L + ( B - L )

O

A e f ( x )e B ,

para todo x tal que

OcI x - al < S .

P R O B L E M A 19. Probar que si lim g ( x ) # 0 , entonces
x+a

lim
-

-=
g(x)

1

1
lim g ( x )
x+a

#-a

SOLUCION. Llamemos lim g ( x ) = M
X+Q

#

0.

Paso l . Existe 6, > 0 tal que O < lx - al < 6 , implica

Ig(x)l 2

IMI .
2

En efecto, para
implica
Ig(z)-

E,

= -> O por

IMI
2

definición de límite existe 6 , > O tal que O < Ix - a l <6,

MI

<E,

=

M, y de esta desigualdad tenemos que 2

IMI . o sea que O < Ix - a/ < 6 , implica Ig(x)l 2 2

POSO 2. Prueba de lim -= x-

1

1

g ( . )

M

'

Sea

E>O.

Tenemos que

para O < I x - a l < 6 , , por el paso 1.

Por otra parte, de lim g ( x )= M para e2 = E@
z+a

> 0 se sigue que existe un S, > O
2

tal que
O < lx - a 1 < S2

implica

Ig(x) -

MI

< e2

Luego si tomamos S = mínimo {S ,, S 2 } > 0 se tiene que O < lx - al < S implica

puesto que las dos implicaciones (1) y (2) se verifican simultáneamente.
1

Así, se ha probado que O < Ix - a( < 6 implica

I Ig(i, - 1 1

-

< e , lo cual significa que

P R O B L E M A 20. Cociente de límites.
Probar que

f( 4 = lim g(x)

lim f ( x )
"+O

si

lim g ( x )t O
x+a

lim g ( ~ )
x3a

SOLUCION. Se obtiene de

-=

1

y usando los problemas 17 y 19.

P R O B L E M A 2 1. Potencia de límites.
Probar que lim f (x)" =
x+a

para todo entero n > O .

SOLUCION. .Sea L = lim f ( x ).
%+a

Tomemos B > O tal que ILI < B. Por el problema 18, existe un S, > O tal que O < Ix - a 1 < 6 implica f ( x ) l < B .

,

1

Usando la identidad
~ ~ - u ~ = ( u - V ) ( u ~ -U ~+ +. . U .+UU"-~+V~-~)
n-2

Límites de Funciones

141

con u = f ( x ) y v = L ,tenemos

If(x)"- L"

1

S

If(x)- L/M

para O < lx - al e S ,

donde M = B ~ - ' + B " - ~ I L ~ + . . . + B +1Lln-'. IL~~-~ Por otra parte, dado
E>O

existe un 62 > O tal que implica

O <I x -a 1 e S2

If(x)-

LI

<-

8

M

Si tomamos 6 =

mínimo{^, ,62}, entonces

0 <1 x -a 1 < 6 implica

ya que entonces las dos desigualdades (1)y (2) se verifican simultáneamente. Así,
O < lx - al < S

implica

1f (x)"- L"1

<E,

y por lo tanto, hemos probado que

lim f ( x ) = ~ Ln =
x+a

P R O B L E M A 22. Probar que lirn (6, + b,x
x-a

+ ... + bmxm ) = bo + b,a + ...+ b,a

m

.

SOLUCION. Es fticil ver que

lim bi = b,
x3a

(límite de una hnción constante) (potencia de límites)

lim xn = a n
x+a

y por lo tanto

lim(b, + b , x + . . . + b m x m = ) lim b, + l i m 4 x lirnx+ ...+
x+a x3a x3a x+a

=

m bo + b , a + . . .+bma

P R O B L E M A 23. Raíz de iímites.

Demostrar que
SOLUCION.

lim

%-+a

dfo = { .
x+a

%-+a

Sea L = lim f ( x ).

Consideremos los tres casos siguientes:

Caso 1. n es un entero cualquiera 2 1 y L > 0 . Por el problema 18 (tomando A = L < L ) existe un S, tal que tal que 0<lx-a1 <S1. Luego, en particular Usando la identidad
U-U

L < f ( x ) para todo x
9 Y

f ( x ) > O si o < I x - ~ I < s , .

=

un - u n un-1 + Un-2u

+ ... + uvn-, + un-l

con u =

dfo

y u = E , tenemos que

Luego,

yaque Si ahora

~
E

P

+

~

P
x+a

...+dL"-l L + >"JF

cuando f ( x ) , L > O .

> O es dado, de

lim f ( x )= L
If(x)-

se sigue que existe un S, > O tal que

O <I r - a1 < 6,

implica

LI

<E

d F

(**)

Tomando 6 = mínimo {S S,} > O vemos que si O < I x - al < S entonces se cumplen (*) y (**) a la vez y por lo tanto -

,,

Así, en el presente caso hemos demostrado que lim
x-a

d m a.
=

C-2.

nesimparyL<O.
x-ba

Entonces -L > O y lim

d m

=

G ,por el caso l.
iim
x+a

Luego, siendo n un número impar se tiene

d m
=0 .

=

C.

Caso 3. n es impar y L = O Procedemos a probar directamente que lim dfixj
x+a

=

Límites de Funciones

143

Sea

E

> O . Puesto que

lirn f ( x )= L = O , para
%+a

E"

>O

existe un S > O

tal que

0 <(x-a 1 < 6 implica

1f ( x )- 01 < en , y tomando raíz enbsirna
lirn
%-+a

1 dm - 1

O cE

.

Esto demuestra que

f (x)=0.

1 P R O B L E M A 24. Probar que lirn x sen - = 0
%+O

.
x senO/=/

X

1 SOLUCION. Para x z O tenemos xsen - Luego, si
E

> O es dado, tomando 6 = E tenemos que
0<1x-0(<6

I

.

:/
.r+a

< 1x1, puesto que sen - < l.

I :l

implica

1

y así se tiene que lirn x sen - = 0.
x-to
X

1

P R O B L E M A 25. Demostrar que si lirn f ( x )= L , entonces lirn f (x)(= lLl
x-+a

1

SOLUCION. Haciendo u = f ( x ), v = L ,en la desigualdad ( (u( - lv(( (u- u( obtenemos

1 lf (41- ILI 1 lf (4- LI
Ahora bien, si
O < lx
E

(*)

> O es dado, de lim f ( x ) = L se sigue que existe un 6 > 0 tal que

- al < 6 implica 1f ( x )x+a

LI

x+a

c E , y empleando (*) tenemos

1 1f (x)l- l L l l < s .

Así, se ha probado que lim f (x)l= ILI.

1

1 x 1 P R O B L E M A 26. Probar que no existe lirn %+O

X

1 x 1 . Entonces SOLUCION. Sea f (x) = x

1 si x > O
-1

(pues 1 x 1= x ) (pues 1 x 1= -x)

si x c O

Observación. La gráfica de f ( x ) se muestra en la figura adyacente. Cuando O < 1 x 1 entonces hay números x > O y x < O, y correspondien ternente f ( x ) toma los valores 1 y -1. Así, para valores de x cercanos a cero, no existe un número L al cual se aproximen los valores f ( x ) . Por reducción al absurdo, supongamos que

existe lirn
x+O

x

=L.
E =

Entonces para

1 existe un 6 > 0 tal

implica s --L que o < ~ x - o ~ < Luego se tiene si

1:' I

<l.
entonces entonces 11-Ll<l 1-1- Ll< 1

Ocx<S

si -S < x c O

De (1) se sigue que L > O , en tanto que de (2) obtenemos L < O , lo cual es una contradicción.
PROBLEMA 27. Dar ejemplos de funciones f ( x ) y g ( x ) tales que no existen lirn f ( x )
x+a

ni lirn g ( x ) pero
x+a

1) existe lirn [f( x ) + g ( x ) ]
%-*O

2) existe lirn f ( x ) x g ( x )
x+a

1x1 , g ( x ) = - -. 1x1 SOLUCION. Tomemos f ( x ) = X
x-ko

X
x-ko

Entonces por el problema 24 no existen lirn f ( x ) ni lirn g ( x ) . Sin embargo
f ( x ) + g ( x ) = 0 = constante
y

f ( x ) x g ( x ) = -1 = constante,

que sí tienen límites en O.

PROBLEMA 28. Probar que lirn f ( x ) = lim f (a + h).
X+O

h+O

SOLUCION.

Sea L = lirn f ( x ) . Si
x+a

E

> O es dado, entonces por definición de limite
implica

existe un S > 0 tal que

O < lx - al c S

1f ( x ) - LI

<E

Límites de Funciones

145

Luego si O < lhl< S entonces O < l(a + h ) - al < S Esto demuestra que
h+O
%+O

implica

1 f ( a + h ) - LI

<E.

lim f ( a + h ) = L = lim f ( x ).

PROBLEMA 29. Sea k # 0 . Demostrar que lirn f ( k x )= lirn f (y).
X-VO

y+ko

SOLUCION. Llamemos L = lirn f ( y ) . Si
y+ka

E

> O es dado, entonces por definición de

limite existe un S > O tal que O < ly - ka1< S implica f ( y )- < E . Luego si S ~<lx-al<entonces O < lkx - kal< S (multiplicando por lk1> 0 ) implica Ikl If(kx)- < E . 6 1 < S, implica f ( k x )- < E . Luego, Así, para 6, = - tenemos que 0 < ( x- a Ikl lirn f (kr)= L = lirn f ( y ) .

1

LI

LI

1

LI

x-bo

y-*k

PROBLEMA 30. Teorema del Sandwich. Probar que si f ( x ) , g ( x ) y h ( x ) son tres funciones tales que

(i) f ( x )S g ( x )S h ( x ) para todo x t a , y (ii) lirn f ( x )= lirn h ( x )= L ,
x-a
x-*a

entonces se cumple
SOLUCION. Sea
E

lirn g ( x )= L
X+O

> O . Por definición de limite, existen 6, y 6, > O tales que
<E

Y

LI O <Ix-aI < 62 implica Ih(x)- LI
O < Ix - a 1 < 6, implica If(x)-

<E .

Luego si tomamos 6 = mínimo {S,, 82 } , entonces O < dades l f ( x ) - ~< I E,

IX

-a 1 <6

implica las desigual-

(1)

(1) y (2) se escriben

L - E <f ( x ) < L + ~

L - E < h ( x )< L + E ,

respectivamente.

Luego, da

L - E< f ( x ) < g ( x ) < h ( x ) < L + E
L - ~ c g ( x ) < L + ~O I~(X)-L~<E.

(por hipótesis)

Así,

0 c 1x - a 1 c 6 implica Ig(x) -

LI

c

E,

lo cual demuestra que

lirn g ( x ) = L
x+a

PROBLEMA 3 1. límite de la composición de dos funciones o de cambio de variable.

Si x = f ( y ) es una función de y tal que lirn f ( y )= b , f ( y ) t b para todo y
Y-'a

ta,

probar que lirn g ( x ) = lirn g[f ( y ) ] .
x+b y-'a

SOLUCION. Llamemos L = lirn g ( x ) .
x+b

Si

E

> O es dado, entonces existe un 6 > 0 tal que
O C ~ X - ~ ~3 < S Ig(x)-~Ic~

Por otra parte, de lirn f ( y ) = b , para 6 > 0 existe un S I > O tal que
y+a

Puesto que f ( y ) t b cuando y

#

a , de (2) tenemos que

Ocly-a1<¿5,

a 0clf(~)-b1c6

y de (l), a su vez
o < l f ( y ) - b 1 < 6 => I g ( f ( y ) ) - ~ < I E.

Luego

0ily-alc6,

implica I g ( f ( y ) ) - ~ l < &

A s í hemos probado que
lirn g(f ( y ) )= L = lirn g ( x )
Y-'a x+b

Límites de Funciones

147

6.4 LIMITES UNILATERALES
DEFINICION. (1) Sea f ( x ) una función definida en todos los puntos x de algún intervalo abierto (a, c) . Si L es un número real escribimos

lirn f ( x )= L
x+a

y se lee

L es el limite de f ( x ) cuando x tiende al punto a por la derecha, si para cada E > O existe un 6 > 0 tal que 0 < x - a < 6 implica ( x )- < E-

If

LI

(2) Sea f ( x ) una hnción definida en todos los puntos x de algún intervalo abierto

(c,a ) . Si L es un número real escribimos
lim f ( x )= L
%+a-

y se lee
/

L es el limite de f ( x ) cuando x tiende al punto a por h izquierda, si para cada E > O existe un 6 > O tal que -6 < x - a < O implica I f ( x ) -

LI

< E.

Nota. Observemos que

1) 0 < x - a < 6 e a < x < a + 6
2) - 6 < x - a < 0

(x

se encuentra a la derecha de a

)

u a-b<x<a

(x

se encuentra a la izquierda de a )

S) O<lx-a(<S o 0 < x - a < 6

o -6<x-a<0

6.5 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Probar que lim
x+2+

x-2 = 1.

1%

- 2(

SOLUCION. Sea dado

E

> O . Debemos hallar con 6 > 0 tal que si

Perosi 0 < x - 2 entonces I x - 2 1 = x - 2 Luego

y

-=l. Ix - 21

x-2

Por lo tanto, para cualquier 6 > O (Por ejemplo, S = 1)se cumple la implicación Así, se tiene lirn
x+2+

(*).

-= 1.

x-2

Ix-

21

P R O B L E M A 2. Sean f ( x ) y g ( x ) dos funciones tales que
1 ) f ( x ) = g ( x ) para todo x > a
(O

f ( x ) = g ( x ) para todo x < a 1,

Y

2) existe limg(x)
x+a

(límite bilateral).
(O

Probar que

lim f ( x ) = lim g ( x )
x-ia+ x+a

lim f ( x ) = lim g ( x )
x-tax+a

Nota. Este resultado es muy útil para calcular límites laterales.

SOLUCION. Escribimos L = lirn g ( x ) . Sea
x-ta

E

>O.

Entonces por definición de límite ( bilateral ) existe un S > O tal que
O < lx - a 1<6

implica

lg(x) = l g ( ~)

4<
LI

E.

Por lo tanto, si 0 c x - a < S entonces f ( x ) -

1

LI
x+a

< E , pues

f( x )= B(X)

cuando O < x - a por la hipótesis (1). lim f ( x ) = lim g ( x ) . Así, hemos demostrado que
x-ia

P R O B L E M A 3. Hallar los siguientes límites laterales

Isen xI (1) lirn ,
x+o+

x

(2) lirn x+oX

Isen xf

SOLUCION.

(1) Si x > O y está próximo a O (por ejemplo, si O < x c 4 2 ) entonces sen x > 0 y por lo tanto lsen xl sen x = - , para
X

O c x < x/2.

X

Limites de Funciones

149

Puesto que

m
x-O

sen x =1
x

aplicando el problema 2 con

f ( x ) =-

lsen xl
X

Y

4%) =,
X

sen x

tenemos lsen x( lirn = l i
x+o+

sen x m -=
x+o

X

x

1.

(2) Si -y < x < O entonces sen x < O y por lo tanto lsen x( -=-sen x

Isen xI sen x - -1im= -1. Aplicando el problema 2, se tiene lirn x-to-

x

x+o

X

PROBLEMA 4. Sea [ x j la funcibn mayor entero definida por 1x1= n s i n S n <n +1 (asf n es el mayor entero que cumple n 5 x).

Sea Hallar SOLUCION.

f ( x ) = -[xD
x+3+

+ u4 - x l .
x-3-

lim f ( x ) , lim f ( x ) .

(1) Si 3 < x < 4 entonces [xD=3, y [ 4 - x l = 0 .
Luego
f(x)=-[x]+[4-x]=-3+0=-3

si 3 < x < 4 , lirn f ( x ) = lirn - 3 = -3
x+3+ x+3

y aplicando el problema 2, obtenemos

lim f ( x )= lim
x+3+ x+3

- 3 = -3

(2) Si 2 < x

3 entonces [xg = 2 y [ 4 - x ] = 1.

Luego, f ( x ) = -[xa

+ 14 - x l = -2 + 1
x+3-

si
x+3

3 < x < 4; y aplicando el problema 2

lim f ( x ) = lirn

- 1 = -1.

PROBLEMA 5. Probar que lim f ( x ) = L si y solamente si lim f ( x ) = lim f ( x ) = L.
x+a %+a+ %+a-

SOLUCION. ( S ) Supongamos que

lirn f ( x )= L .
x+a

Entonces, dado

E

>O

existe 0 > 0 tal que si O <lx - a 1 <6 o -6<x-a<0.

se cumple que

Jf(x)-LI<&
Pero 0<1x-a(<0 equivalea 0 < x - a < 6 Luego, si 0 < x - a < 6 entonces osi -S<x-a<O

1f ( x )- L(< o
%-+a-

(1)
(2)

entonces ( ~ ( X ) - L ~ < E lim f ( x )= L ; y de (21, lim f ( x )= L .
x+a

De (1) tenemos que
( F )Supongamos que

1 h +f ( x )= lirn f ( x )= L .
%+a x+a-

Sea E >O. Entonces existen S I y S 2 > O tales que O < x - a <S, implica
y

I f (4- LI<

(definición de lim f ( x ) = L )
x+a

- 6 2 < x - a < 0 implica I f ( x ) - L ~ < E

(definición de lim f ( x )= L ).
x+a-

Tomando 6 = mínimo {S,, 62) tenemos que O < que es equivalente a 0 < x - a < 6 o - S < x - a < O , implica ( ~ ( X ) - L ~ < E .
Asi, hemos establecido que

1% - a 1 <6 ,

lirn f ( x )= L .
%+O

6.6 LIMITES QUE CONTIENENJNFINITO DEFINICION. Escribimos
lirn f ( x )= L ,
X++W

y decimos que L es el limite de f ( x ) cuando x tiende a +m o cuando x crece indefinidamente, si para cada E > O existe un número N > O tal que si x > N entonces f ( x )- < E .

1

LI

lim f ( x ) = L ,
%+-m

o cuando x decrece y decimos que L es el limite de f ( x ) cuando x tiende a indefinidamente, si para cada E > O existe un N < O tal que si x < N entonces I f ( x ) - LJ< E .

Límites de Funciones

151

lim f ( x ) = L ,
#+m

y decimos que L es el llmite de f ( x ) cuando x tiende a 00 (sin signo), si para cada E > O existe un número N > O tal que si 1x1 > N entonces f ( x ) - < E .

1

LI

TEOREMA.

(1) Sea n un número entero positivo. Entonces se cumplen

(2) Se cumplen

6.7 PROBLEMAS RESUELTOS
P R O B L E M A 1. Probar que
SOLUCION. Sea
E >O.

lim
#++a>

-= O y lim -= O para todo enero positivo n.
X

1

1

Tomemos N =

(yn

#+-a X

>O . o x >n 1

Entonces, para todo x > N se tiene que x >

(yn

o

1 <E. xn

&

Luego x > N implica
y esto demuestra que lim
x++w

1 =O .
Xn

Deigualmodo,si r < - N < O setieneque Por tanto, x < -N implica
y esto demuestra que

Ixl>N=[fr

o

l-$/<&.

lim
#+-m

'
Xn

I~-OI=I$~<&,

= O.

PROBLEMA 2. Demostrar que

lim f ( x )
X3-m

=

lim f
y-o-

):[

DEMOSTRACION. Llamemos L = lirn f ( x ) . Supongamos que
x+-oD

E

> O es dado. Entonces

por definición existe un número entero N < O tal que
x <N

implica f ( x ) -

1

LI

cE

Tomemos S = - -> O

1

N

. Luego tenemos que si -6 < y < 0 , o - < N (pues ambos N e
Y

1

y son negativos), entonces

y esto demuestra que

lim f [ : ] = L.
y+o-

PROBLEMA 3. Hallar L = lirn
X++W

(J-

- 41.

SOLUCION. Si hacemos x = +oo obtenemos la forma indeterminada a-a, de modo que es conveniente racionalizar la expresión. Tenemos

( J G Z - J K i )( dL = lim ( J T i+ J-)
x++=l

+ J)

(X2 + X -

1)-(x2*-X+1)
= lim

= lim

2x - 2

(Dividiendo entre x > O tanto el numerador como el denominador)

PROBLEMA 4. Hallar lirn
%++'m

(2) lirn

2 ~ - 5

J

Z

Limites de Funciones

153

SOLUCION.

(1) Si x > O entonces lim
x++w

2 ~ - 5

JxG7
2 ~ - 5

= lim

2 -5 / ~

=2.

X

X

(2) Si x < O entonces lim

-x

=

lim
%+-m

-2

+ 5/x

(pues -x > O puede introducirse dentro de una rafz par.)

P R O B L E M A 5. Calcular SOLUCION. Tenemos

lim

(4x + 5)2(5x - 7)3 2x5 - 4 X 3+

(multiplicandopor

1 a
x

tan-

lirn
x+a

= lim
x+m

to el numerador como el denominador)

PROBLEMA 6. Hallar lim (sen J
%+a,

E Z - sen J ; )

SOLUCION. Empleando la fórmula sena - sen b = 2 sen

[) tos[) ,

bnemos

pues

(COS y 1

5 1.

Probaremos ahora que

lirn sen[
%++m

J x + 2 - Jx

)

=O

En efecto, si t = lirn t = lirn
%++m x++m

m-&entonces
JX-J;
2 (x+2)-x
= lirn
x++m

JX-J; JX+& 2 " JG+&
lim
1

= lim

.++-

=

2(JZZ+Jx)

.r++-

Jx+Z + J ;

=

o

Luego,

O = lim sen t = lirn sen

(m-&\

De (1)y (2) se sigue por el teorema del Sandwich que

PROBLEMA 7. Determinar lirn ( , / x ( x + a) - x )
x++m

SOLUCION. Tenemos que

lim
x++aO

Jw -

x = lim
%++m

[

J

[JGi

.- x ]

[,/m +
x]
+x]

=

lim
x++m

x(x+u)-x

2

J-+~

=

lim
.++m

CWC:

JX(X,a) + .

= lim

a
1+-+1

a

=-

2

Límites de Funciones

155

6.8 LIMITES INFINITOS
Escribimos lim f ( x ) = +m ,
x+a

y decimos que el límite de f ( x ) es +m o que f ( x ) crece indefinidamente cuando x tiende al punto a, si para cada N > O existe un 6 > O tal que si O < lx - al < 6

entonces f ( x ) > N

.
lim f ( x ) = -m ,
x+a

y decimos que el llmite de f ( x ) es +O o que f ( x ) decrece indflnidamente cuando x tiende al punto a , si para cada N < O existe un 6 > 0 tal que si O < lx - al < S entonces f ( x ) < N .

Representacibngráfica

Si lim f ( x ) = +m entonces los valores f ( x ) se hacen se hacen muy grandes cuanx+a

do x se aproxima al punto a.

y decimos que el llmite de f ( x ) es

00

(sin signo) si lim
x+a

If ( x j = +m, o sea que se

cumple que para .cada N > O existe un S > 0 tal que si O < lx - a l c S entonces

If (41> N

(4)

lim f (x) = +m ,
x+a

si para cada N > O existe un S > O tal que O 4 x - a 4 S implica f (x) > N. lirn f (x) = -m ,
=+a+

si para cada N < O existe un 6 > 0 tal que 0 x - a < 6 implica f (x) 4 N. lim+f (x) = m ,
x+a

si para cada N > O existe un 6 > 0 tal que O 4 x - a 4 S implica f (x)l>N .
(7)

1

lim f (x) = +a, x-msi para cada N > O existe un 6 > O tal que -6 < x - a < O implica f (x) > N. lirn f (x) = -a ,
x+a

si para cada N < O existe un 6 > O tal que -6 < x - a < O implica f (x) c N. lirn f (x) = m , x+asi para cada N > O existe un S > O tal que -6 c x - a O implica f (x)l> N .

1

6.9 TEOREMA. Supongamos que lirn f (x) = L + O y limg(x) = O . Entonces
x+a
x+a

(1) Si g ( x )> O para todo x + a en algún intervalo que contiene al punto a,entonces
lirn

-=
g(x)

f(x)

{+m
-03

si L.0, si L < O

(2) Si g(x) c O para todo r -C a,entonces

Limites de Funciones

157

Nota. Las mismas conclusiones son vhlidas para los límites laterales.

6.10 TEOREMA. Si n es un número entero positivo se cumplen
(1) lim
x+O

1 =
Xn

ao,
+m
-00

(2) lim
%+O+

1 =
Xn

+*,

(3)

lim

-=

si n es par, si n es impar.

6.1 1 LIMITES D E LA FORMA

lim f (x)"" = C.
x+a

1 . El número e". Una manera de definir ex, donde x es un número real, es la X xn siguiente: se consideran los números S, = 1+ - + ... + -, y se prueba que cuando 1 ! n! los enteros n van creciendo, los números S, se aproximan a un número real fijo,
que denotamos con ex . (Véase la sección 0.7 ó 11.16) Con la notación de las sucesiones tenemos:

=c"
n=O

(en notación de suma de series)
1 ...+-+...=

n!

Si x = l tenemos

e = e1 = 1 + 1 - + -1 + +1 l! 2! 3!

n!

2.71823...

2. El número a". Se prueba que para cada a > O existe un único número real y, que se denota y = l n a (y se llama el logaritmo natural de a), tal que a = eY. Se define

aX = e v =ex'"", cuando a > O

.

3. Propiedades. Se cumplen las siguientes propiedades para todo número real a. (3.1) e' = lim (1+
n++m

t)n
Y-+O

(n número entero)

(3.2) ea = lirn ( l + ~ ) i= lim ( l + a y ) 4 y
x++m

(3.3) Si lirn f ( x ) = 0 con f ( x ) t 0 para x
x+a

#

a,entonces e = lirn (1+ f ( x ) )
x+a

ilf(x)

(3.6) lim
x+o

ln (1+ x )
X

= 1

(3.7) lim e x = +a ,
x++m

lim e x = O
x+-'X)

TEOREMA. Supongamos que lirn f ( x ) = L > 0 y lim g ( x ) = M .
x+a
%+a

Llamemos lirn f ( x ) ~ " ' = C, si el límite existe. Se cumplen
x+a

(1) Si L y M son números reales, entonces C = L ~ .
(2) Si Lt 1 y M = f m , entonces
(3) Si L = 1 y

C = L ~ .

M = fa,

entonces

C

= iim f ( ~ ) ~ =" iim ) [I+ f ( x ) x+a x+a

1 1 ~ ' ~=) lim

%-+a

[l + f ( x ) -

1

(xj-l}

6.12 PROBLEMAS RESUELTOS.
PROBLEMA 1. Sea n un número impar. Probar que se cumple SOLUCION.
Sea dado N < O. Debemos hallar un S > O tal que si -6 < x < O entonces
x+o-

lirn -= -m.
xn

1

1
X

< N.

Límites de Funciones

159

Basta tomar

6 = --

1

N 'ln 1 - < N Yn, pues x y N son negativos, y
X

> O . En efecto, si

-6 < x < O

o

1 <x <O

N'"

entonces

1 <N,
xn

pues n es impar-

Así, se ha probado que lim
x+o-

1 = -00.
xn

P R O B L E M A 2. Supongamos que lim f ( x ) = L < O y lim g ( x ) = 0. Si g ( x ) < O para todo
X 4 0 X+0

x

+a

en algún intervalo que contiene al punto a, probar que

f (4 = +oo lim g(.)

SOLUCION. Dado N > O debemos encontrar un 6 > O tal que O < Ix - a l < S implica

1 < 61 entonces f ( x ) < - c O. Paso l. Existe 6 > 0 tal que si 0 < ( x - a
2

L

En efecto, basta tomar

E

= -- > O en la definición de lim f ( x ) = L para hallar

L
2

un

%+O

S1>O talque O<Jx-al<S,impiica

If(x)-~l<--,

L
O

2

yparticular f ( x ) < - .

L
2

f (4 = +a. Paso 2. Prueba de lim x+a

g(x)

Por el paso 1elegimos un S, > O tal que si O < Ix - a[< 6 entonces f ( x ) < - < 0 .
2

L

Puesto que para x t a tenemos por hipótesis que g ( x ) < O , dividiendo las desigualdades anteriores por g ( x ) nos da

L12 Será pues suficiente demostrar que -> N para valores de x próximos al punto a , o
g(x)

equivalentemente, que

-< g ( x ) < O . Pero lim g ( x ) = 0. De manera que para
2N
x+a

L

T

E

= --

L

existe un 6, > 0 tal que: O < lx - al < S, implica

2N

Ig(x) -

L 01 < --2N

o

Así,
g(x)

tomando
g(x)

S = mínimo {S,, S2} > 0

vemos

que

O < lx - al < S
x-*a

implica

(l) >9 > N.

f (4 = +m. Y esto demuestra que efectivamente se cumple lirn g(x)

PROBLEMA 3. Calcular

"3-

lirn

(%

x-4 - 3)3

SOLUCION. Se tiene lirn x - 4 = 3 - 4 = -1.
x+3-

Si x < 3 entonces ( x - 3y < 0 y lim ( x - 313 = 0 .
x+3-

( x - 4 ) = +m, por el teorema 6.9. Luego lirn x+3(X-

3)3

PROBLEMA 4. Encontrar

lirn
x+2+

Jx2 - 4 . x- 2

SOLUCION. Tenemos
Si x > 2 entonces

E = mm -x-2 ( 4 q Jx-2
>O y
lirn
x+2+

limJx+2=J4=2
Y
x-12'

JZZ

JX-2 = O.
x-12'

Por lo tanto, por el teorema 6.9, obtenemos

lim

= lim m x-2 x+2+'JX-2

=+m.

PROBLEMA^. Calcular

li.i [:-$).
. Además -- =2 2
X X
X

SOLUCION. Tenemos

1

1

x-1

lirn ( x - 1) = -l. Si x
x+o

#

O

entonces

x 2 > 0 , l i m x 2 = 0 , yporelteorema6.9
x+o

lim(+-$-)=-m.
x-bo

Límites de Funciones

161

PROBLEMA 6. Hallar
SOLUCION. Tenemos

lim
%-PO

- =3-x

y

limx.0
x+o

3

Luego

x+o

lim [2+x).=(:)0=1, 3-x

(por6.111

PROBLEMA 7. Hallar lim ( 1+ 2 en x ) 4 x .
x-PO

SOLUCION. Empleando tenemos

lirn [l+ f ( x ) l V f (') = e , si lim f ( x ) = O,
x+a X-+Q

l i m ( 1 + 2 ~ e n x ) =lim ~"
"+O x+O "(fmnx)

1

lirn

+ ,O

x = e2

PROBLEMA 8. Calcular lim
%+m

[-$)=
lim
x+a>

SOLUCION. Se tiene lim

-= O y

1

-=
X

2x

x-Pm X 2

+1

lim
X+"

2 = 2. 1 1+-

Luego,

ex - 1 PROBLEMA 9. Hallar lim .
x+O

X

SOLUCION. Sea h = ex - 1 de modo que h + O cuando x ,O. Luego r = h ( I + h) iim
x+O

ex - 1 = lim
+

h h)

h - r ~ h(l+

= lim
h+o

1

h(l+ h)

= 1.

P R O B L E M A 10. Calcular

lirn
x++m

5 +X J x
'

x2

SOLUCION. Tenemos

.-++m5+xJ;

lim

x2 - lim '++m

1

=-=+OO.

7

5

1

+

1 0

~
en el punto x = O .

P R O B L E M A 1 1. Hallar los límites laterales de f (x) = SOLUCION. (1) Tenemos

x+IsenxI 1 x 1

lirn
% O +

-= lirn - = lirn

x

x
X

11

'+ot

1=1 ,

lirn
'-+O+

lsen xl sen x = lirn -= 1

'+O'

IXI

%+O'

x

luego

x+ot

lim f (x) = 2 . lirn
'+O-

(2) y por otra parte

- = lirn - = lim - 1= -1

X

X

JXI

'+O-

-X

%+O-

x-o-

lim

lsen xl = 1 x 1

o

lim

-

- sen x sen x = lirn - =
-X

%+o-

x

1

y luego

x-bo-

lirn f ( x ) = -1+ l =O .

P R O B L E M A 12. Hallar SOLUCION. Se tiene

lirn

( d x- J;).

y =

J - ' - = h

[JJx &)[Jzz 6)
+

J ~ + J ;

Luego

lirn y = =-.
%++m

1

1

fi+fi

2

Limites de Funciones

163

PROBLEMA 13. Hallar lim
x+-8

J1-x-3
2+G

SOLUCION. Multiplicando y dividiendo por resulta Luego el límite es -2.

(\lG + 3) (2' - 2

+

e)

6.13 ASINTOTAS DE UNA CURVA
(1) Decimos que la recta x = a es una asíntota vertical de la gráfica de la función f ( x ) si se cumple una de las siguientes condiciones: 1 . lim f ( x ) = +m
%+a+

2. lim f ( x ) = -m
%+a+

3 . lim f ( x ) = +m
%+a-

4.

lim f ( x ) = -a,
%+a-

(2) Decimos que la recta y = m + b es u n aslntota ~ de la g w c a de la funcidn f (+) si se cumple al menos una de las condiciones siguientes:

2.

lim [ f ( x ) - m - b ] = 0
x+-a>

Nota. (1) En el primer caso decimos que la recta dada es una asintota oblicua a la derecha, y en el segundo, que es una asintota oblicua a la izquierda.
(2) Si m = O, decimos que la asíntota es horizontal.

(3) Para calcular m y b se usan las ecuaciones

f (4 m = lim x++m

x

b = lirn [ f ( x ) - mx]
x++m

y análogamente si x +B

4.

Es claro que tales ecuaciones son equivalentes a la definición dada.

1

, 'aeintota oblicua:

6.14 PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. Hallar las asíntotas de la gráfica de la ecuación xy2 - 3y2 - 4 x = 8 y trazar la gráfica.
SOLUCION. Tenemos y = +

. Por lo tanto, la gráfica de la ecuación dada se

compone de la gráfica de las funciones:

Asíntotas verticdes. Si x > 3, el radicando de las dos funciones es > O y
x-3

lim f 1 ( x ) = +m ,

lirn f2( x ) = -m,
x+3+

yaque l i m , / G T E = J 2 0 > 0 y limJx=3=0 , convalores J=>O.
x+3+
x+3+

Por lo tanto, x = 3 es una asintota vertical de f l ( x ) y de f i ( x )

.

Límites de Funciones

165

Asíntotas oblicuas. y

= mx: + b .

Cálculo de m.
fl(4 Para f l ( x ) : m , = lirn = lirn
x+*m

x

1-X

Para f 2 ( x ) : m,
Cálculo de b .

=

lirn
#+*m

fi(4= 0 . X

Para f,(x) : 6, = lirn [ f , ( x ) - O. x ] = lirn
x+f
a ,

x+*

a>

Para f , ( x ) : b = lim [ f 2 ( x ) - O . % ] lim x+im
X-*f

Luego y

=mlx

+ bl = 2 ,

y=?q?x+b=-2.

Gráñca de la ecuación.

4x > O si y solamente si Debe observarse que +

x-3

4 x + 8 > 0 y x - 3 > 0 , queequivalea x > 3 , 4 x + 8 < 0 y x - 3 ~ 0 ,queequivalea x < - 2 ,

y puesto que cuando x = -2, se tiene fl(-2) = fi(-2) = 0 ,

las funciones fl(x) y f2(x) toman valores en los puntos x tales que
-*<x<-2
O

~<x<+oo.

PROBLEMA 2. Hallar las asintotas de la curva
SOLUCJON. Tenemos y =
A .

X

Y = X2-4x+3

-

( x - 1Xx-3)

'

1) Tenemos lim
1

X

= lim x - 3
x+14

(x-1-3)
X 1 = --

-= - *,
x-1

puesto que lim
X+I+

X-3

2

y

l i m ( x - l ) = O , con x - 1 > 0 .
X+

i4

2) lim

= lim x - 3 =+a, - ( - 1 ) ( - 3 ) .-1x-1

X

1

puestoque

X-1-S-3

lim-

X

=--

2

y lim ( x - l ) = O , x - 1 < 0 .
X+

1-

De igual modo

Luego x = 1 y x = 3 son asintotas verticales de la curva dada.

Límites de Funciones

167

Asintotas Oblicuas. y = mx + b

Cálculo de m : m

Y = lirn = lirn '-*m

1
( x - 1 )( x - 3 )

x

=o

Luego m = O .

Cálculo de b :

b = lim [y - mx]
x-bia ,

=

lim

=O (x- 1 ) ( ~ - 3 )

X

Luego b = O y la asíntota es y = O.

6.15 PROBLEMAS PROPUESTOS
PROBLEMA 1. PROBLEMA 2. Calcular lirn
%+-1

x4 - 1 x2 + 3% + 2

Calcular lirn
%+O

,/4+x-JZ
X

PROBLEMA 3. PROBLEMA 4. PROBLEMA 5.

Calcular lirn
x+3

Jx2 - 2 x + 6 - J x 2 + 2 x - 6 x2-4x+3 x2

1 - cosx Calcular lirn %+O

Encontrar lirn x - b l senm Determinar lirn
x-bo

1- x2

PROBLEMA 6.

are tg x'
X

PROBLEMA 7.

Hallar

cos 2 x lirn 2
x-rl

1-JX
1-

PROBLEMA 8. PROBLEMA 9.

Hallar lirn
x+o

Jeosx
x2

Dado

Hallar lim f ( x )
x-1-

y

lirn f ( x ) .
x+ 1+

P R O B L E M A 10.

Evaluar lirn

Jx

P R O B L E M A 1 1. Calcular P R O B L E M A 12. Hallar

X++W

lirn x (Jx2 + 3 - X )

lirn

(VXT- V X l )
5

P R O B L E M A 13. Hallar lirn

P R O B L E M A 14. Hallar P R O B L E M A 15. . Definir
a) lim f (x) = +a
x++aO

lirn

[x"m

1

b) lim f (x) = -a
x++a

e) lim
x++m

f (x) =

P R O B L E M A 16. Probar que

lo

si m < n si m = n si m > n y - > O b o

lirn
x + +

+...+a, '+m ~ boxn + blxn-l + ... + b,

aox +a,x

m

m-1

b o

P R O B L E M A 17. Hallar

x++m

lim (5 - 2x - x2)

P R O B L E M A 18. Hallar lirn (cosxlYx y lirn (cosx)1/x2
x+o
x40

P R O B L E M A 19. Hallar

sen(x - 1) lirn X+O-X(X - q3

Hallar el valor de b si se cumple

lim f (x) = lim f(x) + 3
x-2x+2+

Límites de Funciones

169

PROBLEMA 21.

Hallar las asíntotas de la curva y =
x2 + 3

E

2x

PROBLEMA 22. Hallar las asíntotas de y =

-E
X

sen x PROBLEMA 23. Hallar las asíntotas de y = PROBLEMA 24. Hallar las asintotas de la hipérbola y = a x + X

b

PROBLEMA 25. Hallar las asíntotas de y =

2x2 + 3 x + 5 x-1

1 0 . J3/3 1 3 . 1 8 . 1, e-v2

1 1 . 312

1 2 . y3 1 7 .
-CO

1 4 .O
1 9 . 4x3

2 0 . b=6

2 1 . Las asíntotas son y = 2 a la derecha, y = -2 a la izquierda. 2 2 . Las asíntotas son x = 2, x = -2, y = x a la derecha, y = -x a la izquierda. 2 3 . La asintota es la recta y = O, o sea el eje X.
24. Las asintotas son x = O, y = a.

2 5 . Las asintotas son x = 1, y = 2 x + 5.