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Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-1
Tema 1
Sucesiones de números reales. Límites de sucesiones
1.1 Conceptos previos Intervalos y entornos a b [ ] Su representación sobre la recta real es:
a b ( )
En las definiciones anteriores, los extremos pueden ser infinitos. Al intervalo [ ]+∞−∞, se le llama recta real ampliada y se denota por R . Nota Evidentemente, los intervalos cerrados contienen a sus extremos mientras que los abiertos no; pero hay otra diferencia sustancial entre intervalos abiertos y cerrados. En el
intervalo [ ]b,a , a es el menor y b el mayor de los números que pertenecen a dicho intervalo, llamados mínimo y máximo respectivamente; sin embargo, en el intervalo ( )b,a no hay ni mínimo ni máximo, pues a no pertenece al intervalo y no puede encontrarse ningún número a’
de ( )b,a que sea mayor que a y tal que entre a y a’ no haya ningún número de ( )b,a . Muy al contrario, en la recta real sucede que entre dos números cualesquiera, por próximos que se elijan, siempre hay infinitos números reales. Así, por ejemplo, el intervalo (8,12) es un entorno del punto 9, como también lo es del punto 10 y de todos los puntos del propio intervalo. Nota Si el punto está en el centro del intervalo entonces, a ese intervalo, se le llama entorno centrado. A la distancia entre el centro y cualquiera de los extremos del intervalo se le llama
radio del entorno. Así el intervalo (8,12) es un entorno centrado de centro 10=c y cuyo radio
Definición Dados dos números reales a y b, con ba < , se define intervalo cerrado de
extremos a y b, y se representa por [ ]b,a , al conjunto [ ] { }bxa/Rxb,a ≤≤∈= . Su representación en la recta real es:
Definición Se define intervalo abierto de extremos a y b, y se representa por ( )b,a , o bien
] [b,a , al conjunto ( ) { }bxa/Rxb,a
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2=r .
Nota Observa que ( )aE r representa también el conjunto de puntos que distan de a en menos de r unidades. En efecto, el conjunto de puntos que distan de a en menos de r unidades es
{ }rax/Rx
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Ejemplos
Ejemplo 1.4 Los múltiplos de tres determinan la sucesión de términos: 3, 6, 9, 12,....
Ejemplo 1.5 Los números impares forman la sucesión de términos: 1, 3, 5, 7, 9, ......
1.2.1 Formas de determinar una sucesión
Mediante el término general La sucesión queda determinada al conocer la expresión del término enésimo en función de n. Esta es la mejor forma de expresar las sucesiones.
Ejemplo 1.6 Si el término general de la sucesión es nan 3= , dando a n los valores 1, 2, 3, ...
resulta la sucesión 3, 6, 9, 12,..... Y, recíprocamente, es fácil ver que el término general de la
sucesión 1, 3, 5, 7, 9, ......es 12 −= nan .
Mediante una ley de recurrencia Consiste en dar una ley de construcción en la que cada término de la sucesión quede determinado a partir de los anteriores.
Ejemplos
Ejemplo 1.7 Dada la sucesión na definida por la ley de recurrencia 121 == aa y
21 −− += nnn aaa , los distintos términos de la sucesión se obtienen dando valores a n o, también,
observando que, en este caso, cada término es la suma de los dos anteriores. En efecto, para
3=n se tiene que 2111223133 =+=+=+= −− aaaaa . De manera análoga se obtendrían los
restantes, resultando 1, 1, 2, 3, 5, 8, .... (sucesión de Fibonacci).
Ejemplo 1.8 La sucesión 3, 6, 9, 12,.... se puede expresar como 31 =a y 31 += −nn aa . Esto
es, cada término se obtiene sumando 3 al anterior.
Nota A partir de la ley de recurrencia es posible encontrar el término general, aunque no siempre es sencillo.
Nota Existen sucesiones que no pueden ser expresadas de ninguna de estas dos formas,
como por ejemplo las sucesivas aproximaciones por defecto de 2 : 1, 1’4, 1’41,... En lo
sucesivo consideraremos sucesiones que puedan ser expresadas mediante su término
general.
Notaciones Una sucesión de término general na se puede escribir como { }Nn:an ∈ , ( )∞
1na ,
{ }na , ( )na o simplemente na ; por comodidad, adoptaremos esta última notación.
1.2.2 Representación gráfica
Las sucesiones se pueden representar en la recta real, o bien en un sistema de ejes cartesianos.
Así, por ejemplo, la sucesión ....n
,.....,,,,:an2
5
2
2
1
3
212 se puede representar como
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o bien
1.2.3 Sucesiones monótonas y acotadas Nota Se dice que una sucesión es monótona si es monótona creciente o monótona decreciente.
Ejemplo 1.9 La sucesión ....,n....,,,, 32975 + es estrictamente creciente. La sucesión
....,n
.....,,,1
3
1
2
11 es estrictamente decreciente. La sucesión ( ) ....,
n.....,,,
n 11
3
1
2
11 ⋅−−− no es
monótona.
Nota Toda sucesión acotada tiene siempre supremo e ínfimo.
Definiciones Una sucesión se dice que es monótona creciente si Nnaa n1n ∈∀≥+ . Se dice
estrictamente creciente si Nnaa nn ∈∀>+1 .
Se dice que una sucesión es monótona decreciente si Nnaa n1n ∈∀≤+ . Se le llama
estrictamente decreciente si Nnaa nn ∈∀
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Ejemplos
Ejemplo 1.10 La sucesión ....,n
.....,,,1
3
1
2
11 está acotada superiormente, una cota superior es
1 que es además el máximo. También está acotada inferiormente, una cota inferior es 0 que es el ínfimo pero no es mínimo, porque no pertenece a la sucesión.
Ejemplo 1.11 La sucesión ....,n....,,,, 32975 + está acotada inferiormente por 5 pero no tiene
cota superior.
Ejemplo 1.12 Justifiquemos que la sucesión 1n2
n2an
+= es monótona creciente. Los primeros
términos son ,...7
6,
5
4,
3
2 y se observa que cada término es mayor que el anterior, pero eso no
asegura que la tendencia no pueda invertirse, así que deberemos comprobar que nn aa ≥+1
para todos los valores de n.
Hay dos modos de comprobar esa desigualdad, probando que 01 ≥−+ nn aa (criterio
de la resta) o, bien, cuando la sucesión es de términos positivos, comprobando que 11 ≥+
n
n
a
a
(criterio del cociente). Como en este caso se tiene una sucesión de números positivos, podemos utilizar éste
último, 164
264
12
2
112
122
21 >
+
++=
+++
+=+
nn
nn
n
n:
)n(
)n(
a
a
n
n , luego es creciente.
Ejemplo 1.13 Comprobemos que 3 es una cota superior y 2
1 una cota inferior de la sucesión
anterior.
Para probar que Nnan ∈∀≤ 3 bastará ver que 03 >− na . En efecto,
n
n
n
n0
12
34
12
23 >
+
+=
+− , para todo valor de n.
Comprobar que 2
1 es una cota inferior es trivial, pues se trata de una sucesión
monótona creciente y su primer término es 3
2 que ya es mayor que
2
1.
1.3 Concepto de límite de una sucesión
Considera la sucesión an n=1
2.
Evidentemente, la sucesión na es decreciente y está acotada. Su supremo es1/2 y su
ínfimo es el 0. Como muestra la figura, a medida que hallamos los términos de la sucesión, la
distancia entre dos términos consecutivos va disminuyendo. Además, cada nuevo término se encuentra a menos distancia del cero que el anterior. Esto es, los términos se acercan al cero al aumentar n, hasta el punto de que parece lógico afirmar que en cualquier entorno del cero, por pequeño que sea, hay infinitos términos de la sucesión; lo que permite dar la siguiente definición:
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Nota Si aalim nn
=∞→
, también se dice que na tiende a a .
De una manera rigurosa, los matemáticos han formulado la anterior definición como
sigue:
Nota Observemos que esto significa que para cualquier entorno de a , por pequeño que sea,
hay siempre un término 0n
a de la sucesión, a partir del cual los infinitos términos posteriores
están todos dentro de ese entorno. Y que fuera del ( )aEε sólo hay un número finito de
términos de la sucesión. En concreto, hay 10 −n términos. Veamos, con algunos ejemplos,
cómo se comprueba el límite de una sucesión.
Ejemplo 1.14 La sucesión n
1 tiene por límite 0.
La definición exige demostrar que para todo ε > 0 existe un número natural 0n tal que para
todo 0nn ≥ : εε (por pequeño que sea) existe un Nn ∈0 (que
depende de ε ) tal que para todo 0nn ≥ se tiene que ε
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La sucesión es monótona decreciente pues 16n7n2
5n7n2
1n
3n2:
1)1n(
3)1n(2
a
a2
2
n
1n <++
++=
+
+
++
++=+
2 es una cota inferior ya que 01n
12
1n
3n2>
+=−
+
+
El entorno es el intervalo abierto ( )2'2,8'1 y los primeros términos son ...6
13,
5
11,
4
9,
3
7,
2
5 luego a
partir de 5a todos los términos están dentro del entorno dado.
Ejemplo 1.16 Comprueba con la definición que 2 es el límite de la sucesión anterior.
Para comprobar que 2 es el límite no valen casos particulares con un radio determinado como el del apartado anterior, hay que comprobar si se satisface la definición de
límite para cualquier ε dado. Veamos cuándo se cumple la condición 21n
3n2ε⇔ε<
+
1n
1n
1
y cualquiera que sea el valor de ε siempre habrá un número natural que cumpla esa condición, el término que corresponde a esa posición y todos los que le siguen cumplen esa condición
luego 21n
3n2limn
=+
+
∞→
Ejemplo 1.17 Prueba que 25
32lim =
+
−
∞→ n
n
n
Será cierto si dado un Nn0 0 ∈∃>ε / 0nn ≥∀ εn
nε / 0nn ≥∀ εn
nε
n<
−⇔
-
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(1) lim a an
n→∞
= y (2) lim bn→∞
= , con a b a b≠ 0 E(a) que contiene infinitos
términos de an y fuera sólo un número finito.
De (2), análogamente, para el mismo ε anterior, existirá un E(b) tal que contendrá
infinitos términos de an y fuera sólo un número finito.
Lo anterior será cierto, en particular, para ε =−b a
2, pero sabemos que
∅∩ =(b)E (a)E2
a-b
2
a-b , luego si fuera del entorno de a hay un número finito de términos es
porque en el entorno de b sólo hay un número finito, y viceversa, en contra de (1) y (2).
Demostración.- Sea an una sucesión convergente ⇔ aann
=∞→
lim dado ε >0 ∃ n0 de N tal que
para todo n n≥ 0 ⇒ εaaεεaa nn
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Ejemplo 1.19 Las sucesiones 111
2
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Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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Nota En el caso iii) no importa que b
a
n
n no esté definido para algún valor de n .
Nota Al estudiar esta proposición conviene que la aprendas también con palabras, es decir,
"límite de la suma es la suma de los límites",... .
Como se verá, el resultado más utilizado en el cálculo de límites es 01
=∞→ n
limn
, que
demostramos en el ejemplo 1.14 .
Para calcular el límite de una sucesión na se descompone en sumas, productos y
cocientes de otras sucesiones, cuyos límites sean calculables y de forma que se pueda aplicar
la proposición 1.5 .
1.8.1 Límites de sucesiones polinómicas
Demostración. ( ) =
++++=+++
∞→
−
∞→ r
rr
nr
rr
n n
k
n
k
n
kknknknk KK
221
01
10 limlim
±∞=⋅∞=
+++=
+++=
∞→∞→∞→∞→∞→∞→010
10
1lim
1limlimlimlimlim k
nk
nkkn
n
k
n
kkn
rnr
nn
r
nr
r
n
r
nKK
Ejemplo 1.22 ( ) ( ) −∞=+−+∞=−+∞→∞→
43lim,13lim 7 nnnnn
1.8.2 Formas indeterminadas
Para calcular, por ejemplo, n
nlimn
1−
∞→ no podemos razonar del siguiente modo: “como
tanto el numerador como el denominador son polinomios con coeficiente principal positivo, el
Proposición (Propiedades algebraicas)
Sean nn ba , sucesiones tales que Rbabblimaalim nn
nn
∈∞→∞→
, , = y = , entonces:
i) ( ) babalim nnn
±=±∞→
ii) ( ) babalim nnn
⋅=⋅∞→
iii) b
a
b
alim
n
n
n=
∞→ , siempre que b sea distinto de cero.
iv) ( ) bbnn
aalim n =∞→
Proposición ( )
∞+=+++ −
∞→ 0
0
0
0110
ksi,
ksi,knknklim r
rr
nK
-
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límite es ∞
∞”. Esto es, no se puede aplicar la proposición 1.5 sin más; sino que hay que
comprobar si se verifica la hipótesis que, evidentemente, no se cumple porque no son
sucesiones convergentes.
Para calcularlo, se debe transformar la expresión dada en otra en la que aparezcan
sucesiones convergentes, si es posible. Así, podría dividirse el numerador entre el
denominador, obteniendo de cociente 1 y de resto –1, quedando:
1011
11
=−=
−=
−
∞→∞→ nlim
n
nlim
nn.
También se podría haber hecho:
1011
111
=−=
−=
−=
−
∞→∞→∞→ nlim
nn
nlim
n
nlim
nnn .
O, sencillamente, como se vio en la demostración del límite de una sucesión
polinómica, sacando como factor común la n en el numerador, se tiene:
1011
1
11
1=−=
−=
−
=−
∞→∞→∞→ nlim
n
nn
limn
nlim
nnn,
lo que vendría a determinar un método consistente en dividir numerador y denominador entre n
(en este caso, o entre la mayor potencia de n para otros casos) tal como sigue:
1011
11
11
1
1=−=
−=
−−
=−
∞→∞→∞→∞→ nlimnlim
n
nnn
n
limn
nlim
nnnn.
De manera análoga a este ejemplo en el que aparece ∞
∞, se podrían poner otros en lo
que se obtiene 000100
0∞∞−∞∞⋅ ∞ ,,,,, sin llegar a determinar cuál es el resultado
correcto del límite.
A estas siete expresiones se les conoce por el nombre de formas indeterminadas del
cálculo de límites y se llaman indeterminadas porque, cuando aparecen, no se puede predecir
cuál va a ser el límite.
Junto a las anteriores formas hay otras que no son indeterminadas. De una forma
resumida se dan a continuación en forma de tabla una amplia relación de límites de
operaciones con sucesiones:
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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Suma:
=∞→
nn
alim a a a +∞ −∞ +∞
=∞→
nn
blim b +∞ −∞ +∞ −∞ −∞
=+∞→
)ba(lim nnn
ba + +∞ −∞ +∞ −∞ indet.
Producto:
=∞→
nn
alim a 0a > 0a > 0a < 0a < 0 +∞ −∞ +∞
=∞→
nn
blim b +∞ −∞ +∞ −∞ ±∞ +∞ −∞ −∞
=⋅∞→
)ba(lim nnn
ba ⋅ +∞ −∞ −∞ +∞ indet. +∞ +∞ −∞
Cociente:
( )∗ +∞=∞→ n
n
n b
alim
( )∗∗ +∞=∞→ n
n
n b
alim en estos
casos el límite puede ser ±∞ o no
existir en función del signo de los términos del infinitésimo.
Potencia: ( 0ay0an ≥≥ , pues si no, la potencia no siempre es un nº real).
=∞→
nn
alim a 0 1a < 1a < 1a > 1a > 1 +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0
=∞→
nn
blim b 0 +∞ −∞ +∞ −∞ ±∞ 0 −∞ +∞ +∞ −∞ 0b > 0b <
=∞→
nbn
n
alim ba indet. 0 +∞ +∞ 0 indet. indet. 0 +∞ 0 +∞ 0 +∞
1.8.3 Límites de sucesiones racionales
Demostración. La demostración es inmediata utilizando el artificio de dividir numerador y
=∞→
nn
alim a 0a ≠ 0 a ±∞ ±∞
=∞→
nn
blim 0b ≠ 0 0 ±∞ ±∞ 0
=∞→ n
n
n b
alim
b
a
indet. ( )∗ indet. 0 indet. indet. ( )∗∗
Proposición
=
<
>∞
=+++
+++−
−
∞→
trsisk
trsi
trsi
snsns
knknk
rtt
rrr
n
,
,0
,
lim
00
110
110
K
K
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denominador entre la mayor potencia de n.
Ejemplos
Ejemplo 1.23 ∞=−∞→ 13
2 3
n
nlimn
, ya que el grado del numerador es mayor que el grado del
denominador.
Ejemplo 1.24 2
7
32
373
23
=−+
+−
∞→ nn
nnlimn
, ya que el grado del numerador es igual al grado del
denominador.
1.8.4 Límites de sucesiones irracionales
Indeterminación ∞
∞
Ejemplo 1.25 Para calcular n
nlimn +
+
∞→ 3
1, se puede proceder de dos modos. El primero
consiste en dividir numerador y denominador entre la mayor potencia de n, tal y como sigue:
∞==
+
+
=
+
+
=+
+
∞→∞→∞→ 0
1
13
11
3
1
3
1
2 nn
nlim
n
n
n
nn
n
limn
nlim
nnn.
El segundo consiste en hacer un cambio de variable. Se hace nz =2 , entonces:
∞=+
+=
+
+
∞→∞→ z
zlim
n
nlim
zn 3
1
3
1 2, porque el grado del numerador es mayor que el grado del
denominador.
Nota En general suele ser más cómodo el primer método.
Ejemplos
Ejemplo 1.26 Para calcular 1
43lim
2
−
++
∞→ n
n
n se divide numerador y denominador entre la
mayor potencia de n teniendo en cuenta el índice del radical. En este caso será 2n y resulta
∞==
−
++
=
−
++
=−
++
∞→∞→∞→ 0
1
11
431
1
43
1
43
2
2
22
22
2
2
nn
nnlim
nn
n
nnn
n
limn
nlim
nnn.
Ejemplo 1.27 Para calcular 1
123 2
−
+
∞→ n
nlimn
, se puede poner todo bajo una misma raíz de
índice el mínimo común múltiplo de los índices que aparecen. Procediendo de este modo
resulta:
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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( )
( )
( )( )
∞=∞=−+−
++=
−
+=
−
+=
−
+
∞→∞→∞→∞→
6623
246
3
226
3
223 2
133
144
1
12
1
12
1
12
nnn
nnlim
n
nlim
n
nlim
n
nlim
nnnn.
Indeterminación ∞−∞
Ejemplo 1.28 Para calcular
+−−
∞→17 3nnlim
n , se multiplica y divide por el conjugado
quedando:
=++−
−−−=
++−
++−
+−−
=
+−−
∞→∞→∞→ 17
17
17
1717
173
3
3
33
3
nn
nnlim
nn
nnnn
limnnlimnnn
−∞=−
=
++−
−+−
=
++−
−+−=
∞→∞→ 0
1
1171
811
17
8
6365
32
3
3
nnnn
nnlimnn
nnlim
nn .
1.8.5 Límites en los que aparece el número e
La sucesión de término general
n
nn
a
+=
11 es particularmente interesante, fue
estudiada por el matemático suizo Leonhard Euler y a su límite le llamó número e (¿inicial de
su apellido?), este número es de una tremenda importancia en matemáticas y aparece en el
estudio de multitud de problemas en todas las ciencias, ahora nos vamos a limitar al estudio de
la sucesión anterior y su utilización en la resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 .
Con la calculadora puedes obtener algunos términos de la sucesión:
21
11
1
1 =
+=a , 252
2
11
2
2 'a =
+= , ..'a 37042
3
11
3
3 =
+= , ...'a 4412
4
11
4
4 =
+= ,
y si calculas términos más avanzados
..'a 5937210
11
10
10 =
+= , ..'a 6852
40
11
40
40 =
+= , ..'a 71692
1000
11
1000
1000 =
+= ,
se puede observar que:
- Es una sucesión monótona creciente.
- Es una sucesión acotada. Una cota inferior es 2 y una cota superior 3.
Evidentemente, esta observación con cálculo de términos concretos no demuestra
nada, pero puede probarse, mediante un proceso laborioso, que ambas afirmaciones son
ciertas.
Por tratarse de una sucesión monótona y acotada la proposición 1.3 asegura que es
convergente. El límite de dicha sucesión es un número irracional, es decir formado por infinitas
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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cifras decimales no periódicas y del que solo se pueden conocer aproximaciones decimales.
Por ejemplo, una aproximación sería el término 200.000 de la sucesión
..'a 71705972500000
11
500000
1 =
+= . Se sabe que las primeras cifras del número son
...'e 718281822= .
Resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 .
Observemos si se calculan términos de la sucesión
13
13
11
−
−+=
n
nn
b resulta:
que
2
12
11
+=b es el término a2 de
n
nn
a
+=
11 , que
14
514
11
+=b es el término 14a de
n
nn
a
+=
11 .
Por tanto, es razonable pensar que cuando ∞→n el límite de la sucesión es el
número e.
En el caso de la sucesión
1
2
2
2
1
2
11
+
+
+
++=
n
nn
n
n
nnc en el denominador y en el
exponente obtenemos valores no enteros y la observación anterior parece no ser válida, pero
si calculamos por ejemplo 9c el resultado es
99
999
11
'
'c
+= que realmente no corresponde a
ningún término de la sucesión
n
n
+
11 pero su valor ..'c 592590429 = está comprendido entre
los términos ..'a 581174829
11
9
9 =
+= y ..'a 59374252
10
11
10
10 =
+= de
n
nn
a
+=
11 y
por lo tanto también parece poder afirmarse que eclim nn
=∞→
.
Aceptemos pues que toda sucesión cuyo término general pueda escribirse de la forma
na
na
+
11 con ∞=
∞→n
nalim tienen como límite el número e.
Abordaremos la resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 de dos modos ambos
basados en la observación anterior.
Método I
Se manipula algebraicamente la expresión dada buscando escribir la sucesión en la
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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forma na
na
+
11 , con ∞=
∞→n
nalim .
Ejemplos
Ejemplo 1.29 Para calcular n
n 3n+2
1n lim
52
−
∞→
seguiremos los siguiente pasos:
1º se suma y resta 1 a la base con lo que
n
n
n
n
n
n
n
n 3n+2 lim
3n+2 lim
3n+2
1n lim
3n+2
1n lim
5
555
4
11
411
21
2
−
+=
−+=
−
−+=
−
∞→∞→∞→∞→
2º se multiplica el exponente por 4
32
−
+n y por su inversa, quedando:
105
32
4 lim
532
4
4
3n+2
n
4
3n+2
11 lim −
+
−+
−⋅
−
∞→==
−
+= ∞→ een
n
nn
n
ya que e3n+2
lim
3n+2
n
=
−
+
−
∞→
4
4
11 y 10
32
205
32
4−=
+
−=
+
−
∞→∞→ n
n limn
n lim
nn
.
Ejemplo 1.30 Para calcular
2
2
22
3
3−
∞→
−+n
n 3+n
1nn lim se sigue el mismo proceso que en el
ejemplo anterior :
=
−+=
−
−++=
−
−++=
−+−
∞→
−
∞→
−
∞→
−
∞→
2
2
2
2
22
2
22
2
22222
3
411
3
311
3
31
3
3n
n
n
n
n
n
n
n 3+n
n lim
3+n
1nn lim
3+n
1nn lim
3+n
1nn lim
+∞====
−
+= ∞++−−
−−
−−
−
∞→
∞→∞→ elim
elim
e
n
3+n lim
3+n
nnn)n(
3+n
n
)n(3+n
n
n
3+n
n
nn2
232
2
2
2
2
3
8242
3
4
23
4
4
3
2
4
3
11
Método II
Aplicaremos el proceso visto en los dos ejemplos anteriores al caso general ( ) nbnn
alim∞→
con
1=∞→
nn
alim y ∞=∞→
nn
blim . Se tendrá:
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-17
( ) ( )
( )
( )1
11
1
1
1
1111
−
−−
∞→∞→∞→
∞→=
−
+=−+=nn
n
nnn
nnablim
baa
n
n
bn
n
bn
ne
a
limalimalim ,
de donde resulta la fórmula ( ) ( ) ( )11 −∞∞→
∞→==nn
nnablimb
nn
ealim
que podemos aplicar para resolver las indeterminaciones del tipo ∞1 .
Ejemplo 1.31 Para calcular
2
2
2
3
53+
∞→
−n
n 3+n
n lim aplicamos la fórmula anterior con lo que:
( ) ( )1
3
53 03168
23
8213
532
2
2222
2
=====
−
−−+⋅
−+⋅
−
−+
∞→
∞→∞→∞→ elim
elim
elim
e3+n
n lim
3+n
n n
3+n n
3+n
n n
n
nnn
1.8.6 Límites de otros tipos de sucesiones
Ejemplos
Ejemplo 1.32 Calcula 31
3
3
41
3
23
43
23 1==
+
−
=+
−
∞→
+
∞→
n
n
nn
n
nlimlim
Hemos dividido entre 3n y hemos tenido en cuenta que k/3
n tiende a cero cuando n
tiende a infinito.
Ejemplo 1.33 Calcula ( )
2
1
2
213212
2
22=
+=
+=
++++
∞→∞→∞→ n
nnlim
n
nnlim
n
nlim
nnn
K. Donde hemos
aplicado la fórmula de la suma de n términos de una progresión aritmética.
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-18
Ejercicios resueltos Sucesiones
R.1 Calcula qué términos de la sucesión 2+3n
1-2n = an pertenecen al entorno con centro en 2/3
y radio 0'1. ¿Y al ( )320010′E ?
Solución.- i) Hemos de encontrar los na tales que 10
3
2′
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-19
R.6 ( ) ( ) =
∞
∞=
++−
+−=
++−
−+−=∞−∞=
∞→∞→∞→nnn
nlim
nnn
nnnlimn-1n+3-n lim
nn
2
n13
13
13
13
22
22
2
3
1001
03
113
1
13
2
−=
++−
+−=
++−
+−
=∞→
nn
nlimn
.
R.7
( )
12
1
41226
2
1
2
2
2=
+
+=
+
+
=
∞
∞=
∞→∞→∞→ n
nnlim
n
nn
lim)1(n--)1(n+
n+...+3+2+1lim
nn33n .
R.8 15
40
=
=
∞→ 2-n5
n2+n4lim
3
3 n
1n+2
n
2
.
R.9 001
0
21
112
=+
=
+
+
=
∞
∞=
∞→∞→
n
nnlim
2n+
1n+ lim
nn .
R.10 ( ) =+++++
−−−++=∞−∞=
++−++
∞→∞→1814
18141814
22
2222
nnnn
nnnnlimnnnnlimnn
22
4
181
141
4
1814
4
22
22−=
−=
+++++
−=
∞
∞=
+++++
−=
∞→∞→
nnnn
limnnnn
nlim
nn .
R.11 00 ==
∞∞→ 1-n2
1 lim
2
1n+
n
n
2
.
R.12 01
2
12 =
∞===
∞
∞−
∞→ 1n++n
2+n2lim
2
21n+-n-
n
2
.
R.13 ( ) A2
2n
ne
n
nn lim ==
++ ∞
−
∞→1
1 31
, donde
( )3
1
3
10
1
3
11
1
3
12
2
22
2
=−
=⋅∞=
+⋅
−=
−
++⋅
−=
∞→∞→∞→ n
nlim
n
nnlim
n
nnnlimA
nnn.
Luego, 33
13
1
1ee
n
nn lim
2
2n
n==
++−
∞→ .
R.14 ( ) A2
2n+-
ne
1n++n
2+n2 lim ==
∞−∞→
12
5
, donde
( ) ( ) ( )2
1
12
560
12
151
12
225
2
2
22
2
=++
+−=⋅∞=
++
+−+−=
−
++
++−=
∞→∞→∞→ nn
nnlim
nn
nnlim
nn
nnlimA
nnn.
Luego, ee1n++n
2+n2 lim
2
2n+-
n==
∞→
2
15
2 .
R.15 En un círculo de 2 m de radio se inscribe un cuadrado y en este cuadrado se inscribe otro
círculo, en éste otro cuadrado y así indefinidamente. Halla: a) el límite de la suma de las áreas
de los infinitos círculos; b) el límite de la suma de las áreas de los infinitos cuadrados.
Solución.-
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-20
En general, si se tiene un círculo de radio r, mediante el Teorema de Pitágoras es
sencillo ver que su cuadrado inscrito tiene de lado r2 .
Por otro lado, si se tiene un cuadrado de lado L, es inmediato que su círculo inscrito
tiene de radio 2
L.
Pues bien, llamando nr al radio del enésimo círculo y nL al lado del enésimo
cuadrado inscrito y aplicando lo comentado más arriba, se tiene:
como 21 =r , entonces 221 =L ;
para 221 =L , entonces 22 =r ;
para 22 =r , entonces 2222 ==L ;
para 22 =L , entonces 12
23 ==r ;
para 13 =r , entonces 23 =L ;
para 23 =L , entonces 2
1
2
24 ==r ;
y, así, sucesivamente.
a) Por lo tanto, la sucesión de los radios de los círculos viene dada por K2
1122 ,,, . Ahora
bien, teniendo en cuenta el área de un círculo de radio r, la sucesión de las áreas vendrá dada
por K,,,,2
24π
πππ , y la suma de ellas será la suma de n de ellos cuando n tiende a infinito:
( ) 211
1221 8
12
40
12
42222124 mlimlimS
n
n
n
nπ=
−
−⋅π=
−
−⋅⋅π=π⋅+++++=
−−
−−
∞→
−−
∞→K ,
donde se ha utilizado que los sumandos del paréntesis forman una progresión geométrica de
razón 2
1.
b) Análogamente, la sucesión de los lados de los cuadrados inscritos es K,,, 2222
Ahora bien, teniendo en cuenta el área del cuadrado de lado L, la sucesión de las áreas
vendrá dada por K,,, 248 , y la suma de ellas será la suma de n de ellos cuando n tiende a
infinito:
( ) 211
144 16
12
80
12
8222248 mlimlimS
n
n
n
nπ=
−
−⋅π=
−
−⋅⋅π=π⋅++++=
−−
−−
∞→
−
∞→K ,
donde se ha utilizado que los sumandos del paréntesis forman una progresión geométrica de
razón 2
1.
Ejercicios propuestos P.1 Dada la sucesión 20, 20/2 , ... , 20/n, ... comprueba que si elegimos un entorno de centro cero y radio 10
-2, hay 2000 términos de la sucesión que no pertenecen al entorno, pero sí
pertenecen los infinitos términos restantes.
P.2 Halla el primer término de la sucesión 1+n
5-n que pertenece al ]0'999,1'001[.
P.3 Averigua si 7/15 es un término de la sucesión cuyo término general es:7+2n
5-3n = an .
¿Cuántos términos de la sucesión 1+2n
7+3n pertenecen al intervalo ]1,2[ ? ¿Cuántos quedan
fuera?
-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-21
P.4 ¿Cuántos términos de la sucesión 5
32
+
−
n
n pertenecen al entorno de centro 2 de radio
10-5
? ¿Cuántos quedan fuera? P.5 Calcula los siguientes límites:
a)
−
+−
∞→ 1
1lim
2
n
nn
n b)
∞→ n+1
n2-1-
n-1
n2+1 lim
22
n c)
1+n2
1
1n-3 lim
n ∞→
d)
∞→ 1n+2
1+n-
1n-2
n lim
22
n e) ( )
+−
∞→ 11lim
n
nn
n f)
−
∞→ 1n+
1)(-1lim n
n
g)
+++
∞→ 222
21lim
n
n
nnnK h)
5+3
2-4 lim n
n
n ∞→ i)
∞→ 3n+2
1+n lim
3 2
n
j) ( )nnn
−+∞→
5lim k) 1n+-n3
4n-3 lim
2n ∞→ l) n7+n- n3+n2 lim
22
n ∞→
m) )n10+n(n- lim2
n ∞→
n) 1+n- 1-n lim22
n ∞→
ñ) 1)n-2-1n+3+n4( lim2
n ∞→
p)
−
+
−
∞→2
2
2lim
n
nn
n.
q) )]1n+-2n+(n[ limn ∞→
r)
1-1+n4
1+n9-1+n25 lim
2
22
n ∞→
P.6 Calcula los siguientes límites:
a)
∞→ n
1 lim
n-
n
2
b)
∞→ 1n++n2
1-n8 lim 3
3 1n-2
n
n
c)
∞→ 1-n2
3n+ lim 3
n2
n
d)
−
∞→ 1n+
2+n lim
n
n
32
e)
−−
+−+
∞→ 123
6237
nn
nn lim 2
2n
n
f)
−
∞→ 1n+
+n lim
n
n 2
432
,
g)
−
+
∞→ 1n
+n lim
n
n 3
832
h)
+
−+
∞→ 6
83722
n
+n lim
nn
n
i)
+−
++
+
∞→ 65
61
5
3
nn
n lim 2
n
n
j)
−+
+−
+
∞→ 182
7222
72
nn
nn lim
2 n
n
n
k)
+
+−+
+
∞→ nn
nn
1n+
+n lim
n
n 52
13
2
12
22
Soluciones de los ejercicios propuestos
P.2 desde el 6000. P.3 Desde el a6 (inclusive) están dentro. Quedan fuera los cinco primeros términos. P.4 Pertenecen todos, menos los 1.299.996 primeros. P.5 a) –1; b) -4; c) ∞ ; d) ½ ;
e) no tiene; f) no tiene; g) ½ ; h) ∞ ; i) ∞ ; j) 0; k) 3 ; l) ∞ ; m) –5; n) 0; ñ) 4
1− ; p) −∞ ; q)
2
1; r)
1. P.6 a) ∞ ; b) 2 ; c) 0; d) ∞ ; e) 1; f) 0 ; g) 3e ; h) ∞ ; i) 51
e ; j) 1; k) 5
1
e.
-
Límites de funciones Tema 2
2-1
Tema 2
Límites de funciones reales de variable real
En el tema anterior se ha estudiado el concepto de límite de una sucesión ahora nos adentramos en el concepto de límite de una función en sus diferentes formas, centrándonos de manera especial en el cálculo de límites.
2.1 Límite de una función en un punto
Antes de definir de manera rigurosa el concepto de límite veamos una idea intuitiva del mismo.
Afirmamos que el límite de una función ( )xfy = es el número real L cuando x tiende a
un número a, y se escribe Lxfax
= )(lim→
, si al elegir valores de x cada vez más próximos al valor
a, los correspondientes a ( )xf se acercan a L, además podemos conseguir valores de ( )xf tan próximos a L como queramos y serán todos los valores correspondientes a un determinado nivel de cercanía de los x al valor de a.
Ejemplos
Ejemplo 2.1 Consideremos la función ( )xx
xxxf
+
+=
2
3 5 y veamos qué ocurre al considerar
valores de x cada vez más próximos a cero. Si nos acercamos primero por la derecha y después por la izquierda se obtiene:
x - 0´5 - 0´1 - 0´01 - 0´001 - 0´0001
( )xf 10´5 5´56... 5´0506... 5´995... 5´0050... Se observa que cuando x se acerca a cero los valores de la función se acercan a 5;
obsérvese también que ni siquiera existe ( )0f .
Ejemplo 2.2 Consideremos ahora la función ( )
≥
-
Límites de funciones Tema 2
2-2
1, sin embargo ( ) 11 =f . Nótese, pues, que la afirmación Lxfax
= )(lim→
es independiente de la
existencia o no existencia de f (a) y, en caso de existencia, L no tiene porqué coincidir con f (a).
2.2 Definición de límite de una función en un punto
Sea la función f : A → R , donde A⊆ R , y un a ∈R tal que existe un entorno reducido
de a incluido en A .
Notas:
- Observemos que la condición δax δ tal que si δx
-
Límites de funciones Tema 2
2-3
Ejemplo 2.4 Demostremos que el límite del ejemplo 2.1 es único.
Supongamos que no es único, esto es, que ( ) 7 = 13 lim2
+→
xx
y, además, ( ) Lxx
= 13 lim2
+→
,
con L un número real distinto de 7.
Si ( ) 7 = 13 lim2
+→
xx
, dado un 0>ε (y por tanto 02
>ε
) existe un 01 >δ tal que si
12 δx δ tal que si 22 δx 0 tal que si 0 < a − x < δ , entonces ( ) ε 0 ,∃ δ > 0 tal que si 0 < x − a < δ , entonces ( ) ε
-
Límites de funciones Tema 2
2-4
Ejemplos
Ejemplo 2.6 Estudiemos el límite de la función ( ) [ ]xxf = cuando x tiende a 2 . ¿Qué pasa cuando x tiende a 2,2 ?
Se ve en la figura que [ ] 1lim2
=−→
xx
y [ ] 2lim2
=+→
xx
,
por lo que no existe [ ]xx 2lim→
.
Sin embargo, sí que existe [ ] 2lim2'2
=→
xx
como
fácilmente puede verse en la gráfica.
Ejemplo 2.7 Estudiemos el límite de la función ( ) xlnxf = cuando x tiende a 1 .
Observando la gráfica, es fácil comprobar que 0lnlim1
=−→
xx
y
0lnlim1
=+→
xx
, por lo que 0lnlim1
=→
xx
2.4 Límites infinitos
Hasta aquí se ha estudiado el x→al im f (x) = L cuando tanto a como L son números
reales (finitos). A continuación, ampliamos el estudio para incluir límites en los que L es infinito.
Ejemplos
Ejemplo 2.8 Probemos que x→0lim
1
x2
= + ∞ .
Debemos demostrar que 00 >δ∃>∀ ,M tal que si δx ⇔2
1. Como 0>M despejando
Mx
Mx
112δ∃>∀ ,M tal que si δax δ∃>∀ ,M tal que si δax
-
Límites de funciones Tema 2
2-5
Ejemplo 2.9 Estudiemos el límite de la función
( ) tgxxf = en x =
π
2 .
Como es fácil de observar en la gráfica
−∞=+
→
tgxπ
x2
lim y +∞=−
→
tgxπ
x2
lim por lo tanto no
existe tgxπ
x2
lim→
aunque sí límites laterales.
Interpretación geométrica de los límites infinitos. Siempre que ±∞+→
= )( lim xfax
o bien
±∞−→
= )x(f limax
se dice que la función ( )xfy = tiene una asíntota vertical de ecuación ax = .
En el ejemplo anterior la función ( ) tgxxf = tiene una asíntota vertical de ecuación x =
π
2.
2.5 Límites en el infinito
Se trata de límites en los que a es infinito.
Ejemplos
Ejemplo 2.10 Probemos que x→+∞lim
1
x = 0 .
Debemos probar que ∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x > M , entonces εx
0 ,∃ M > 0 tal que si x > M , entonces f x( )− L < ε .
Diremos que el límite de f cuando x tiende a − ∞ es L, y lo representaremos por
x→al im f (x ) = − ∞ , cuando:
∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x < − M , entonces f x( )− L < ε .
-
Límites de funciones Tema 2
2-6
Interpretación geométrica de los límites en el infinito. Siempre que ( ) bxfx
=+∞→
lim o bien
( ) bxfx
=−∞→
lim se dice que la recta de ecuación by = es una asíntota horizontal de la función.
En el ejemplo anterior la recta de ecuación 0=y es una asíntota horizontal para −∞→x .
2.6 Caracterización del límite mediante sucesiones Se podría haber dado como definición de límite de una función en un punto la siguiente:
Esta definición parte del concepto de límite de una sucesión y en ocasiones facilita la
demostración de los teoremas relativos al límite de una función. En todo caso nos da una nueva posibilidad de abordar determinados problemas de límites de funciones.
Ejemplo 2.12 Veamos que no existe
x→0lim sen
1
x
.
Vamos a elegir dos sucesiones de términos generales
respectivos nπ
an2
= y nπ
bn1
= . Se tiene que
0limlim ==∞→∞→
nn
nn
ba , sin embargo se observa que
π=
∞→∞→ 2
1 nsenlim
asenlim
nnn (no existe límite) y
( ) 0lim1lim ==
∞→∞→πnsen
bsen
nnn luego no existe
x→0lim sen
1
x
.
2.7 Propiedades algebraicas de los límites
Sean f y g dos funciones tales que existen los límites x→al im f (x ) = L 1 y
x→al im g(x) = L 2 . Entonces se cumple:
x→al im f (x ) = L si para cualquier sucesión ( )na cuyos términos están en el dominio
de f y tal que cumple que n →∞lim an = a y an ≠ a,∀ n ∈N , se tiene que ( ) L = aflim nn ∞→
, (donde L
puede ser finito o infinito).
1. ( )( ) 21 LL = xg)x(f limax
±±→
.
2. ( )( ) 21 = )(lim LLxgxfax
⋅⋅→
.
3. Si 02≠L , entonces ( )( ) 2
1 = limL
L
xg
xf
ax→ .
4. Si L 1> 0 , entonces ( )( )( ) 2
1Lxg
axL= xflim
→ .
-
Límites de funciones Tema 2
2-7
Nota Cuando se opera con los límites, a igual que en el caso de las sucesiones (incluso cuando los límites involucrados sean infinitos), pueden aparecer las siguientes indeterminaciones:
∞−∞ , 0⋅∞ , 0
0,
∞
∞, ∞1 , 00 , 0∞ .
2.8 Límite de la función compuesta Por la finura de su condiciones no expondremos la proposición que rige el límite de la función compuesta. Nos limitaremos a afirmar sin demostrarlo que con las funciones que vamos a trabajar siempre se cumple que:
Ejemplo 2.13 1lim 0 ==→
eesenxπx
, ( ) −∞=+→
tgxx
lnlim0
.
2.9 Cálculo de límites - Para las funciones elementales, esto es, para las afines, polinómicas, raíces de índice natural, exponenciales, logarítmicas y trigonométricas, en su dominio, siempre se cumple que:
( ) ( )afxfax
=→
lim .
Ejemplos
Ejemplo 2.14 ( ) 1212122lim 331
=+⋅−=+−→
xxx
.
Ejemplo 2.15 ( ) 2812212lim 33 23 2
2−=−=−−=−
−→x
x
Ejemplo 2.16 ( ) 44 34 31
321525lim −=+−⋅=+−→
xx
, que no existe.
Ejemplo 2.17 1lim 00
==→
eexx
.
Ejemplo 2.18 ( ) ( ) 01lnlnlim1
==→
xx
.
Ejemplo 2.19 ( )
=
→2
lim
2
πtgxtg
πx
, que no existe (aunque sí existen límites laterales).
- Para las funciones racionales (cociente de polinomios), al sustituir la x por el valor de a, es posible que resulte un número real, un infinito o que aparezca la indeterminación
0
0 .
Ejemplos
Ejemplo 2.20 3
1
3020
10
32
1lim
2
4
2
4
0
−=
+⋅−
−=
+−
−
→ xx
x
x .
si x→al im f (x) = b y
x→bl im g(x) = L , entonces ( ) L )x(g lim= )x(fg lim
bxax=
→→o .
-
Límites de funciones Tema 2
2-8
Ejemplo 2.21 08
0
222
42
2
4lim
3
2
3
2
2==
−+
−=
−+
−
→ xx
x
x .
Ejemplo 2.22
l imx→1
x2
x3
− 1=
12
13
− 1=
1
0
, que no existe porque
limx→1−
x2
x3
− 1= −∞ y
limx→1+
x2
x3
− 1= +∞ .
Ejemplo 2.23
limx→2
x2 − 5x + 6
x3
− 8=
22 − 5 ⋅ 2 + 6
23
− 8=
0
0
. Como resulta una indeterminación, hay
que procurar deshacerla. Para ello factorizamos el numerador y el denominador, simplificando los factores iguales y volviendo a sustituir la x por el valor de a :
( ) ( )( ) ( ) 12
1
4222
32
42
3lim
422
32lim
0
0
8
65lim
222223
2
2
−=
+⋅+
−=
++
−=
++⋅−
−⋅−=
=
−
+−
→→→ xx
x
xxx
xx
x
xx
xxx .
- Para funciones definidas a trozos véase si f está definida de igual o distinta forma a izquierda y derecha de a. En el primer caso, el límite se calcula como hemos visto anteriormente. En el segundo caso, hay que calcular los límites laterales.
Ejemplo 2.24 Calculemos los límites en 2 y en 3 de ( )
≥
-
Límites de funciones Tema 2
2-9
Ejemplo 2.28
( )( )( )( ) ( )( ) 22
1
2
1
22
2
22
22
0
0
2
2
2222=
+=
+−
−=
+−
+−=
=
−
−
→→→→ xlim
xx
xlim
xx
xxlim
x
xlim
xxxx
Este método es eficaz siempre que aparezcan raíces cuadradas.
Ejemplo 2.29
0
9
9lim
9
99
lim9lim22
22
2 =
+−
−=
+−
+−⋅
−−
=∞−∞=
−−
+∞→+∞→+∞→xxxx
xxxx
xxxxx
Ejemplo 2.30
( ) ( )( )( )( ) 2
3
1
1 lim
11
11 lim
0
0
1
1 lim1
11
11 lim
2
1
2
12
3
1
6
30=
+
++=
+−
++−=
=
−
−==+=
−+
−+
→→→→ y
yy
yy
yyy
y
yyx
x
x
yyyx .
Hemos realizado el cambio de variable 1+ x = y6
. Como la variable x tendía a 0, ahora
la variable y tiende a 1, porque 1+ 0 = y6
, de donde y = 1 .
En general, este cambio de variable se realiza siempre que los radicales que aparezcan tengan el mismo radicando. El cambio consiste en cambiar éste por una nueva variable elevada al mínimo común múltiplo de los índices de dichos radicales.
Ejemplo 2.31 Calculemos
−−
+∞→
3 3 1lim xxx
.
Si llamamos 3 3 1−= xy y consideramos que ( )( )2233 yxyxyxyx ++−=− , de ahí se tiene
que 2
33
yxyx
yxyx
++
−=− y
( )2
3 33 32
3 33 3
333 3
11
1
11
11
−+−+
=
−+−+
−−=−−
xxxxxxxx
xxxx ,
en consecuencia 0
11
1lim1lim
23 33 3
3 3=
−+−+
=
−−
+∞→+∞→xxxx
xxxx
- En las indeterminaciones del tipo ∞1 se actúa del mismo modo que en el caso de las sucesiones.
Ejemplo 2.32
ee
x
xx
x
x
x xx
x
x
x
xx
x
x
x
x
x
x
x ==
−
−+=
−
−
−+=
−
− −−
⋅−
−
−⋅
−⋅
−
−
→
−
→
−
→
+→
+++
1
3
3
2lim
1
3
3
2
3
1
3
3
2
3
3
2
3
3
3
1
11lim1
1
421lim
1
42lim
2.10 Cálculo de límites mediante infinitésimos equivalentes Definición El par af , se dice infinitésimo si, y sólo si,
l imx→a
f (x ) = 0
-
Límites de funciones Tema 2
2-10
Ejemplos
Ejemplo 2.33 Como ( ) 0 = 3cos lim
2
xπ
x→
, el par ( )2
,3cosπ
x es un infinitésimo.
Ejemplo 2.34 También son infinitésimos 0,x , 3,3−x , 0,senx , …
Unos infinitésimos tienden a cero más rápidamente que otros como puedes comprobar en la siguiente tabla:
x 2 1 0’5 0’1 0’01 0’001 2x 4 1 0’25 0’01 0’0001 0’000001
senx 0’909... 0’84... 0’479... 0’0998... 0’0099998.. 41099999'9 −⋅
xcos1− 1’41.. 0’459.. 0’122... 0’00499... 5109999'4 −⋅ 7105 −⋅
Para comparar la fuerza con la que dos infinitésimos se acercan a cero se observa qué
ocurre con el límite del cociente, de este análisis vamos a descubrir un método de cálculo de límites complicados que funciona en algunos casos concretos sustituir un infinitésimo por otro equivalente.
Ejemplos
Ejemplo 2.35 Sean las funciones ( ) 62 −+= xxxf y ( ) 42 −= xxg , que evidentemente son
infinitésimos en 2. Como ( )( ) 4
5
2
12lim
0
0
4
6lim lim
22
2
22=
+=
=
−
−+=
→→→ x
x
x
xx
xg
xf
xHxx, los infinitésimos dados
son del mismo orden.
Ejemplo 2.36 Como 0lim0
0lim
0
2
0==
=
→→x
x
x
xx , el infinitésimo
x
2,0 es de mayor orden que el
infinitésimo x ,0 .
Ejemplo 2.37 Como +∞===
=
→→ 0
1
20
0
020 x
xcoslim
x
senxlim
x
H
x , el infinitésimo
x
2,0 es de mayor
orden que el infinitésimo senx, 0 .
Definiciones Dados dos infinitésimos f ,a y
g,a , se dice que
- Son del mismo orden si, y sólo si, ( )( )
Lxg
xf
ax=
→lim , con L un número finito distinto de
cero.
- Son de distinto orden si, y sólo si, ( )( )
∞=→ xg
xf
axlim o
( )( )
0lim =→ xg
xf
ax . En el primer caso
diremos que g,a es de orden superior a
f ,a (g tiende a cero más rápidamente que
f). En el segundo caso diremos que f ,a es de orden superior que
g,a (f tiende a
cero más rápidamente que g) .
- Son equivalentes si, y sólo si, ( )( )
1lim =→ xg
xf
ax o
( )( )
1lim =→ xf
xg
ax .
-
Límites de funciones Tema 2
2-11
Ejemplo 2.38 Como 11
coslim
0
0lim
00==
=
→→
x
x
senx
xHx , los infinitésimos
senx, 0 y
x ,0 son
equivalentes.
Nota La anterior proposición viene a decir que en el cálculo de límites se pueden sustituir infinitésimos por otros equivalentes siempre que multipliquen o dividan a toda la expresión, nunca cuando sumen o resten.
Algunos infinitésimos equivalentes, cuando x → 0 , son:
x , senx , tg x , arcsenx , arctgx , ln x + 1( ),e x − 1
x2
2,1− cosx
kx , 1+ x( )k
− 1 x lna , ax
− 1
Ejemplos
Ejemplo 2.39 ( )
3 =
22
3 lim
cos12
3 lim
0
0
cos22
3 lim
20
..
0
..
0 x
xx
x
xx
x
senxx
x
ei
x
ei
x⋅
⋅=
−⋅
⋅=
=
−
⋅
→→→ .
Ejemplo 2.40 =
−⋅
=
−
=
=
−
→→→ 303030
1cos
1
limcos lim0
0 lim
x
xsenx
x
senxx
senx
x
senxtgx
xxx
( )2
12 limcos
cos1 lim
cos
cos1
lim3
2
0..3030=
⋅
=⋅
−⋅=
−⋅
=→→→ x
xx
xx
xsenx
x
x
xsenx
xeixx .
Proposición Sean f ,a y
g,a dos infinitésimos equivalentes. Entonces, para cualquier
función h definida en un entorno reducido de a, se cumple:
- ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xhxgxhxfaxax
⋅=⋅→→
limlim
- ( )( )
( )( )xhxg
xh
xf
axax →→= limlim
- ( )( )
( )( )xgxh
xf
xh
axax →→= limlim
siempre que alguno de los límites involucrados en cada una de las igualdades exista.
-
Límites de funciones Tema 2
2-12
Ejercicios resueltos
Concepto de límite
R.1. a)Demuestra que 33
15lim
2=
−
→
x
x.
b) Encuentra el entorno del punto 2 para el que los valores de las imágenes pertenezcan al entorno de centro 3 y de radio 0’01.
Solución:
a) Dado un 0>ε cualquiera, debemos encontrar un 0>δ que dependerá de cada ε tal
que para todos los x que verifiquen que δx x tienen sus imágenes en el entorno pedido.
R.3. a) Demuestra que ( )
+∞=−+→
32 2
3lim
xx.
b) Encuentra los valores de ( )0,2 xx ∈ para los que ( ) 3000>xf . Solución:
a) Se trata de probar que RH ∈∀( )
Hx
xδxδ >−
⇒>∃3
2
32 y 2 si:0 no hay
problema en considerar 0>H y como también 02 >−x se tiene
-
Límites de funciones Tema 2
2-13
( )( ) 33
3
3232
2
3
HxxHH
x
−
32
3.
b) Se considera 3000=H con lo que 1'03000
33 ==δ por tanto los valores de x pedidos
son los ( )1'2,2∈x .
Indeterminación del tipo ∞
∞
R.4. Calcula los siguientes límites :
a) 2
3lim
3 2
+
+
+∞→ x
x
x b)
2
32lim
2
−
−+
+∞→ x
xx
x c)
2
32lim
2
−
−+
−∞→ x
xx
x d)
3
3
52
3lim
xx
xx
x +
+
+∞→
Solución:
a) [ ]indet. 2
3lim
3 2
∞
∞=
+
+
+∞→ x
x
x dividimos numerador y denominador por x
01
0
21
31
lim2
3lim
333 2
==
+
+
=+
+
+∞→+∞→
x
xx
x
x
xx.
b) [ ] 12
1
321
limindet. 2
32lim
22
=
−
−+
=∞
∞=
−
−+
+∞→+∞→
x
xx
x
xx
xx.
c) [ ]indet. 2
32lim
2
∞
∞=
−
−+
−∞→ x
xx
x como −∞→x estamos considerando 0
-
Límites de funciones Tema 2
2-14
a) [ ] =
−++
−++
−−+
=∞−∞=
−−+
+∞→+∞→733
733733
limindet. 733lim22
2222
22
xx
xxxx
xxxx
( ) [ ] −∞=−++
+−
=∞
∞=
−++
+−=
−++
−−+=
+∞→+∞→+∞→
22
22
2
22
22
73
31
102
limindet. 733
102lim
733
733lim
xx
xx
xx
x
xx
xx
xxx
b) [ ] =++
++
+−
=∞−∞=
+−
+∞→+∞→ xxx
xxxxxx
xxxxx 3
33
limindet. 3lim2
22
2
[ ]2
3
311
3limindet.
3
3lim
2−=
++
−=
∞
∞=
++
−=
+∞→+∞→
xxxx
x
xx.
c) [ ] +∞=−
+=
−
−+=∞−∞=
−−
− +++ →→→ 9
1lim
9
23limindet.
9
2
3
1lim
23
23
23 x
x
x
x
xx xxx.
d) [ ] =
−−
−−
−+
=∞+−∞=
−+
−∞→−∞→xxx
xxxxxx
xxxxx
23
2323
limindet. 23lim2
22
2
[ ] +∞=−−−
−=
∞−
∞−=
−−
+−=
−∞→−∞→
x
x
xxx
xx
xx 231
22limindet.
23
22lim
2
2
(dado que 0
-
Límites de funciones Tema 2
2-15
b) [ ] ( )( )( )
( )( ) 0
36
3
3lim
3
33limindet.
0
0
96
2793lim
2
32
2
32
23
3=
+
−=
+
−+==
++
+−−
−→−→−→ x
x
x
xx
xx
xxx
xxx no existe límite
aunque sí que hay límites laterales ( )( )
+∞=+
−=
++
+−−++ −→−→ 3
3lim
96
2793lim
2
32
23
3 x
x
xx
xxx
xx y
( )( )
−∞=+
−=
++
+−−−− −→−→ 3
3lim
96
2793lim
2
32
23
3 x
x
xx
xxx
xx.
c) [ ]indet.0
0
4162
24lim
0=
−+
−+
→ x
x
x multiplicamos numerador y denominador por el conjugado de
uno y de otro. ( )( )( )
( )( )( )=
++++−+
++++−+=
−+
−+
→→ 2441624162
41622424lim
4162
24lim
00 xxx
xxx
x
x
xx
( )( )( )( )
( )( )
( )( )
1242
4162lim
242
4162lim
2416162
416244lim
000=
++
++=
++
++=
++−+
++−+=
→→→ x
x
xx
xx
xx
xx
xxx.
d) [ ]indet.0
0
11
11lim
6
3
0=
+−+
+−+
→ xx
xx
x hacemos el cambio de variable 66 11 txtx =+⇔=+ con lo
que se tiene ( )
( )( ) 111
111
1
11
116
62
3
23
6
3
++
+=
+=
−+
−=
−
−=
+−+
+−+
x
x
t
t
ttt
tt
tt
tt
xx
xx y por tanto
2
1
11
1lim
11
11lim
6
6
06
3
0=
++
+=
+−+
+−+
→→ x
x
xx
xx
xx.
Indeterminación del tipo ∞1 R.7. Calcula los siguientes límites :
a)
2
3
232
13
23lim
+
−∞→
−
−x
x x
xx b)
2
3
232
13
23lim
+
+∞→
−
−x
x x
xx c)
bx
bx bx
bx −
→
−
+1
2
2lim
Solución:
a) [ ]indet.113
23lim
2
3
232
∞
+
−∞→=
−
−x
x x
xx. Aplicamos la fórmula ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )xgxf
ax
xg
axexf ⋅−
→
∞
→==
1lim1lim y
( ) ( )+∞=====
−
− ∞+
−
+−−+
−
+−+
−
−
−+
−∞→
−∞→−∞→−∞→
eeeex
xx xxx
xx
xx
x
xxx
x
xxx 13
232lim2
13
12lim21
13
23lim2
3
233
242
3
22
3
232
13
23lim .
b) Todos los pasos del apartado a) son iguales, pero al llegar al final se tiene que:
013
23lim
13
232lim2
3
23 3
242
===
−
− ∞−
−
+−−+
+∞→
+∞→
eex
xx xxxx
x
x
.
c) bx
bx bx
bx −
→
−
+1
2
2lim Si 0=b el límite es trivial pues se trata de la función ( ) 01 ≠∀= xxf y su
límite cuando 0→x es 1.
-
Límites de funciones Tema 2
2-16
Nos centramos en el caso 0≠b [ ] ====
−
+ −
−−
−
−
+
∞−
→
→→ bxbx
b
bxbx
bxbx
bx
bxbxee
bx
bx1
2
2lim
11
2
2lim
1
indet.12
2lim
bxbxe −→=
2lim
no existe límite, sin embargo sí hay límites laterales pues +∞== ∞+−+→ ee bxbx
2lim
y
0
2lim
== ∞−−−→ ee bxbx .
Infinitésimos equivalentes
R.8. Calcula utilizando la equivalencia de infinitésimos los siguientes límites :
a) xsenx
arcsenxx
x 20 coslim
⋅
⋅
→ b)
( )tgbxxxax
x −⋅
−
→ 2
cos1lim
0 c)
11
1lim
0 −+
−
→ x
ax
x
d) 30 3
coslim
x
xsenxsenx
x
⋅−
→
Solución:
a) [ ] 0cos
limcos
limindet.0
0
coslim
2020
.
20==
⋅
⋅==
⋅
⋅
→→→ x
x
xx
xx
xsenx
arcsenxx
xx
ei
x.
b) ( )
[ ]
( )
( ) ( ) ba
bx
a
bxxx
ax
tgbxxx
ax
xx
ei
x 422lim
22limindet.
0
0
2
cos1lim
22
0
2
0
.
0=
−⋅=
⋅−⋅==
−⋅
−
→→→.
c) [ ] ax
ax
x
a
x
eix
xln2
2
lnlimindet.
0
0
11
1lim
0
.
0===
−+
−
→→.
d) [ ] ( )6
1
3
2lim3
cos1limindet.
0
0
3
coslim
3
2
0
.
3030=
⋅
=−⋅
==⋅−
→→→ x
xx
x
xsenx
x
xsenxsenx
x
ei
xx.
-
Límites de funciones Tema 2
2-17
Ejercicios propuestos P.1. Calcula los límites siguientes:
52
12
4
32
1
54
3
2325
32
2
2
23
3
+−
−+
−
−
−
+
−
−
−+
−∞→+∞→−∞→+∞→ xx
xx lim )dx2
x
xx lim )c
)x(x
xx lim )b
xx
1xx lim )a
xxxx
)1L( lim)x2-4
x3-x2lim )
x
tgx lim )
67
4 lim )
0x
2
0x
2x
20x+⋅
−−− →→→→xx h
xgf
xx
x e
π
P.2. Estudia la existencia de los siguientes límites y calcula su valor, o los valores de los límites laterales correspondientes, cuando existan.
1
1 lim ) lim ) lim )
4
6lim
1x0x20x2
2
2x −
−+−
+−
−+
→→→→ x
xxxxdec
xx
xb
x
xx a) x
x
x
xg
x
xxf
xxx
xxxe
−−
+−
−
−
+−
−−+−
→+∞→→ 51
53lim)
12
32lim )
96
42 23 lim)
4x
2
x23
2
3x
P.3. Calcula:
−+
−
−
−+
+∞→→+∞→→xxd
x
x c)xxb
x
xa 4 4
x
3
1x
3 3
x364x1 lim )
1
1lim 1 lim)
4-
8-lim )
( )233 2
1x53
4
0x 1
12 lim)
11
11 lim)
−
+−
+−+
+−+
→→ x
xxf
xx
xxe
P.4. Calcula:
−−
−−
−+
−
−
−
→→−∞→ 1
1
1
2 lim)
2
321lim )2
4
32 lim)
21x4x
2
x xxc
x
xbx
x
xxa d)
322
12lim
3
x ++
++
+∞→ xxx
xx
P.5. Calcula:
a)
32
2
1lim
+
+∞→
−
+x
x x
x b)
7
1
7 8
12lim
−
→
+
+ x
x x
x c)
( )53
1
3 53
2lim
−
→
−
+ x
x x
x
P.6. Calcula utilizando infinitésimos equivalentes:
a) x
xex x
x cos1lim
0 −
−⋅
→ b)
( )30cos
limarctgx
xxx
x
−
→ c)
12
13lim
0 −
−
→ x
x
x
-
Límites de funciones Tema 2
2-18
Soluciones
P.1. a) 1 (se divide numerador y denominador por 3x ). b) 0 (se divide numerador y
denominador por 2x ). c) 5 (se opera). d) 0. e) 6
4− (se simplifica el factor x). f) no existe
−∞=+
→x
tgx lim
2x
π
y +∞=−
→x
tgx lim
2x
π
. g) 0 (sin indeterminación). h) 0 (sin indeterminación).
P.2. a) 4
5 ( simplificar por x-2). b) no existe (1 con +→ 0x y –1 con −→ 0x ). c) no existe (e si
+→ 0x y e
1 si −→ 0x ). d) 1 (factorizar y multiplicar y dividir por 1+x , o bien hacer 2tx = ).
e) no existe (62
1 si +→ 3x y
62
1− si −→ 3x multiplicar y dividir por el conjugado del
numerador y sacar factor del denominador 3−x en +→ 3x y x−3 en −→ 3x ). f) 2
2(dividir
por x). g) 3
1− ( multiplicar el numerador y denominador por los conjugados de ambos).
P.3. a) 3 (hacer el cambio tx =6 y simplificando queda 2
8-42lim
6
63
64x +
++
→ x
xx). b) 0 (hacer
3 31 xy −= y considerar que ( )( )22
332233
yxyx
yxyxyxyxyxyx
+−
+=+⇒+−+=+ ). c)
3
1(
cambio 3 xy = y simplificar). d) 0 (multiplicar y dividir por el conjugado dos veces sucesivas).
e) 8
15( Cambio 60 1 xt += al simplificar queda
( )1
1lim
67
13143
1 ++++
++++
→ ttt
tttt
t L
L ). f)
9
1 ( cambio
3 xy = y simplificar).
P.4. a) 5 (se opera). b) 3
4 ( multiplicar el numerador y denominador por los conjugados de
ambos). c) 2
1− (se opera y se simplifica). d)
2
1 (dividir numerador y denominador por 3x ).
P.5. a) +∞ si se aplica ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )xgxfax
xg
axexf ⋅−
→
∞
→==
1lim1lim se llega a +∞=
−
+
+∞→ 2
93lim
2
x
x
x
e b) igual
y se llega a 151
7
1
8
7lim
7ee xx
x
x=
−
+
−
→ c) no existe ( +∞ si +→ 3x y 0 si −→ 3x ).
P.6. a) 2 ( xex ⇒− 1 y 2
cos12x
x ⇒− ) b) 2
1 (
2cos1
2xx ⇒− y xarctgx ⇒ ) c)
2ln
3ln
( axax ln1⇒− ).
-
Continuidad de funciones Tema 3
3-1
Tema 3
Continuidad de funciones
Empezando con la definición rigurosa de continuidad de una función en un punto, introducimos una clasificación de discontinuidades que permiten el estudio de la continuidad de funciones reales de variable real. Acaba el tema con la exposición de algunos teoremas de continuidad.
3.1 Definición de función continua en un punto Sea la función f : A → R , donde A⊆ R , y un punto a ∈A .
Nota Implícitamente, esta definición afirma que para que f sea continua en a, se deben cumplir
tres cosas:
• Que exista ( )af .
• Que exista x→al im f (x) .
• Que ( )af y x→al im f (x) coincidan.
Ejemplos
Ejemplo 3.1 La función ( )
−=
−≠+
−=
12
11
12
xsi,
xsi,x
xxf no es continua en x = -1, porque ( ) 21 =−f ,
x→−1lim
x2 − 1
x + 1=
0
0
=
H x→ −1l im
2x
1= −2 , pero no coinciden.
Ejemplo 3.2 La función ( )
−=−
−≠+
−=
12
11
12
xsi,
xsi,x
xxf sí es continua en x = -1, porque ( ) 21 −=−f ,
x→−1lim
x2 − 1
x + 1=
0
0
=
H x→ −1l im
2x
1= −2 , y coinciden.
Definición Diremos que f es continua en el punto a , cuando ( )af)x(flimax
=→
. Esto es,
cuando ∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si x − a < δ , entonces ( ) ( ) ε
-
Continuidad de funciones Tema 3
3-2
3.2 Definición de función continua en un subconjunto de R
Ejemplo 3.3 La función ( )1
12
+
−=
x
xxf es continua en el intervalo
0,2( ) , porque para
cualquier punto a de él se cumple que ( )afa
a
x
x lim
ax=
+
−=
+
−
→ 1
1
1
1 22 .
Nota la definición anterior también puede extenderse a subconjuntos de R que contienen
entornos de cada uno de sus puntos. Así, diremos que ( )1
12
+
−=
x
xxf es continua en { }1−−R .
Ejemplo 3.4 La función ( ) ( )xlnxf = es continua en el intervalo [ ]21, , también lo es en el
intervalo ( )20, , pero no lo es en el [ ]20, , porque no existe ( )0f .
3.3 Tipos de discontinuidades
Si una función f , definida en un entorno reducido de un punto b, no verifica alguna de
las tres condiciones de la continuidad, diremos que f es discontinua en b . En este caso, para
clasificarla, utilizaremos la siguiente terminología:
Nota Se dice evitable porque, definiendo ( ) )x(f limbfbx→
= , siempre se puede definir una nueva
función que extiende a la anterior y que sea continua también en b . Esto es, la función
( )( )
( )
=
≠=
→bxsi,xflim
bxsi,xfxg
bx
que coincide con la anterior, salvo en b, ya es continua en b .
Definición Diremos que f es continua en un intervalo abierto J ⊆ A , cuando lo sea en cada uno de los puntos de J.
Definición Diremos que f es continua en un intervalo cerrado [ ] Ab,a ⊆ cuando
• f es continua en ( )b,a ,
• ( )af)x(flimax
=+→
,
• ( )bf)x(flimbx
=−→
.
Definición Diremos que f tiene una discontinuidad evitable en el punto b cuando existe
x→bl im f (x ) , pero no existe ( )bf o el límite no coincide con ( )bf .
-
Continuidad de funciones Tema 3
3-3
Ejemplo 3.5 La función ( )
⋅=
xsenxxf
1 tiene una discontinuidad evitable en x = 0, porque
existe
x→0lim x ⋅ sen
1
x
= 0 , pero es distinto de f(0) que no existe. Se evita la discontinuidad
definiendo la función ( )
=
≠
⋅
=
00
01
xsi,
xsi,x
senxxg .
Distinguimos los siguientes casos:
• Que los límites laterales existan, pero no coincidan. La llamaremos discontinuidad no
evitable de salto finito.
• Que alguno o ambos de los límites laterales sean infinito. La llamaremos discontinuidad
no evitable de salto infinito.
• Que no exista algún límite lateral. La llamaremos discontinuidad no evitable de
segunda especie.
Nota A los dos primeros tipos de discontinuidad no evitable se les llama también
discontinuidades de primera especie.
Ejemplos
Ejemplo 3.6 La función ( )2
2
−
−=
x
xxf tiene una discontinuidad de salto finito en x = 2, porque
12
2lim
2=
−
−
+→ x
x
x y 1
2
2lim
2−=
−
−
−→ x
x
x. El salto es ( ) 211 =−− .
Ejemplo 3.7 La función ( ) tgxxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en 2
πx = , porque
sus límite laterales son infinitos (uno negativo y otro positivo).
Ejemplo 3.8 La función ( )2
1
xxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en x = 0 , porque
sus límite laterales son infinitos (ambos positivos).
Ejemplo 3.9 La función ( )
=
xsenxf
1 tiene una discontinuidad de segunda especie en x = 0 ,
porque no existen sus límites laterales (la función está acotada en un entorno del cero).
Ejemplo 3.10 La función ( )
=
xsen
xxf
11 tiene una discontinuidad de segunda especie en
x = 0 , porque no existen sus límites laterales (la función no está acotada en un entorno del
cero).
Definición Diremos que f tiene una discontinuidad no evitable en el punto b cuando no
existe x→bl im f (x ) .
-
Continuidad de funciones Tema 3
3-4
Ejemplo 3.11 La función de Dirichlet, ( )
∈
∈=
Ixsi,
Qxsi,xf
1
0, es discontinua de segunda especie en
todo R, porque no existen los límites laterales en ningún punto de R.
3.4 Continuidad de las funciones elementales
Las funciones elementales, esto es, las afines, polinómicas, raíces de índice natural,
exponenciales, logarítmicas y trigonométricas, son continuas en todos los puntos de su
dominio.
3.5 Propiedades algebraicas de las funciones continuas
Puesto que la continuidad está definida en términos de límites, no es sorprendente que
las funciones continuas y los límites tengan muchas propiedades en común.
Ejemplos
Ejemplo 3.12 La función ( )x
xxxf
+=
22 es continua en { }0−R , ya que si llamamos
( ) 21 2xxf = , ( ) xxf =2 y ( ) xxf =3 , se tiene que
f =f1 + f2
f3 . Como las tres funciones son
continuas en R, f será continua en R salvo en los puntos que anulen el denominador, esto es,
en x = 0 .
Ejemplo 3.13 La función ( )
>
≤−=
0
033
xsi,senx
xsi,xxf es continua en { }0−R , porque las funciones
( ) 33 −= xxg y ( ) senxxh = son continuas en R y, en particular en los trozos que definen a f,
pero f no es continua en x = 0 porque ( ) ( ) ( ) 03300
3
00==≠−=−=
+→→→→ +−−senxlimxflimxlimxflim
xxxx .
Así que en x = 0 tiene discontinuidad no evitable de salto finito, igual a 3.
Ejemplo 3.14 La función ( )xcos
senxtgxxf == es continua en todos los puntos que no anulen el