Funciones Exponencial y Logaritmo.

Límites x → x0

30 de mayo de 2007

Límites x → x0

Introducción Funciones Exponencial y Logaritmo.

Límites

IntroducciónPara verificar que limx→x0 f (x) = ` se deben abordar dos aspectos.

Determinar el o los límites laterales en x0 que Dom (f ) permite estudiar.Si Dom (f ) no permite estudiar ninguno entonces el límite no existe.Verificar que los límites que Dom (f ) permite estudiar existan y valgan `.Si uno de los límites que Dom (f ) permite estudiar no existe entonces el límite no existe.Si todos los límites que Dom (f ) permite estudiar existen pero tienen valores distintos entonces el límiteno existe.

Ejemploslimx→x0 x = x0.El dominio de la función x es R. Éste permite estudiar ambos límites laterales en cualquier x0.Claramente limx→x+

0x = limu→+∞

(x0 + 1

u

)= x0 y limx→x−0

x = limu→+∞(x0 − 1

u

)= x0 con lo que los límites

laterales existen y valen x0.limx→1 1− 1

x = 0.El dominio de la función 1− 1

x permite estudiar ambos límites laterales en 1 pues(

12 , +∞

)es parte de su

dominio.Claramente limx→1+ 1− 1

x = limz→+∞ 1− 11+ 1

z= 0 y limx→1− 1− 1

x = limz→+∞ 1− 11− 1

z= 0.

limx→01

ln(x)= 0.

El dominio de la función 1ln(x)

permite estudiar sólo el límite por la derecha en 0.El siguiente cálculo demuestra la afirmación: limx→0+

1ln(x)

= limu→+∞1

ln( 1u )

= limu→+∞− 1ln(u)

= 0.

Límites x → x0

Introducción Funciones Exponencial y Logaritmo.

Ejemplos

Ejemploslimx→0

1|x | = +∞.

El dominio de la función 1|x | es R \ {0} y permite estudiar ambos límites laterales en 0.

Como limx→0+1|x | = limz→+∞ |z| = +∞ y lo mismo ocurre con el límite por la izquierda se concluye que el

límite no existe pero sí existe en {−∞, +∞} y vale +∞.

limx→0 e1x no existe.

El dominio de la función e1x es R \ {0}. Éste permite estudiar ambos límites laterales en 0.

Como limx→0+ e1x = limu→+∞ eu = +∞ entonces el límite no existe. Veamos que éste ni siquiera existe en

{−∞, +∞}. En efecto, limx→0− e1x = limu→+∞ e−u = 0. Como es distinto del límite por la derecha el límite

tampoco existe en {−∞, +∞}.limx→0 ln (x) +

√−x no existe.

El dominio de la función ln (x) +√−x es {0}. Éste no permite estudiar ningún límite lateral en 0.

En esta situación el límite no existe.

Límites x → x0

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Propiedad básica

Propiedad (Homogeneidad)Si limx→x+

0g (x) existe y α ∈ R entonces,

limx→x+

0

αg (x) = α limx→x+

0

g (x) .

DemostraciónLa demostración es directa de lo que sabemos para límites infinitos.

limx→x+

0

αg (x) = limu→+∞

αg(

x0 +1u

)= α lim

u→+∞g

(x0 +

1u

)= α lim

x→x+0

g (x) .

EjemplosPartiendo con algunos límites conocidos podemos aplicar la homogeneidad para calcular otros.

limx→x+0

x = x0 entonces limx→x+0

x0x = x20 .

limx→0+1

ln(x)= 0 entonces limx→0+

1ln(x10)

= limx→0+1

10 ln(x)= 1

10 · 0 = 0.

limx→0+1

ln(x)= 0 entonces limx→0+

1log10(x)

= limx→0+ln(10)ln(x)

= ln (10) · 0 = 0.

Límites x → x0

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Propiedad básica

Extensiones (I)La propiedad también vale para límites por la izquierda y para límites.

Si limx→x−0g (x) existe y α ∈ R entonces, limx→x−0

αg (x) = α limx→x−0g (x) .

Si limx→x0 g (x) existe y α ∈ R entonces, limx→x0 αg (x) = α limx→x0 g (x) .

Estos tres casos, asociados a las convergencias x → x+0 , x → x−0 y x → x0, junto a los dos casos de las

convergencias x → +∞ y x → −∞, pueden resumirse en el esquema

Si limx→B g (x) existe y α ∈ R entonces, limx→B αg (x) = α limx→B g (x) , donde B ∈{+∞,−∞, x0, x+

0 , x−0}

.

En lo que sigue, este tipo de esquemas se usará para resumir las propiedades que son válidas para todo tipode convergencia.

Extensiones (II)También es posible extender la propiedad para limx→B g (x) = +∞, donde B ∈

{+∞,−∞, x0, x+

0 , x−0}

.

Si limx→B g (x) = +∞ y α > 0 entonces, limx→B αg (x) = +∞.

Si limx→B g (x) = +∞ y α < 0 entonces, limx→B αg (x) = −∞.

Finalmente, si α = 0 entonces limx→B αg (x) = 0, si el dominio de g permite estudiar el límite en B.

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Introducción Funciones Exponencial y Logaritmo.

Unicidad del límite

ProposiciónSea B ∈

{−∞, +∞, x+

0 , x−0 , x0}

y f tal que limx→B f (x) = `1 y limx→B f (x) = `2. Entonces `1 = `2.

DemostraciónEs directa si notamos que es cierta cuando B = +∞ y que en los casos restantes los límites están definidosen términos de los límites en +∞.

ObservaciónPara todos los tipos de convergencia, la propiedad se conoce como la unicidad del límite.

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Teorema del Sandwich Funciones Exponencial y Logaritmo.

Teorema del Sandwich

Teorema del SandwichSean f , g y h funciones y sea A = Dom (g).Si lim

x→x+0

f (x) = limx→x+

0

h(x) = ` y ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < x − x0 ≤ δ ⇒ f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)) entonces, limx→x+

0

g(x) = `.

DemostraciónPara las funciones F (u) = f

(x0 + 1

u

), G (u) = g

(x0 + 1

u

)y H (u) = h

(x0 + 1

u

)la condición

limx→x+0

f (x) = limx→x+0

h (x) = ` equivale a limu→+∞ F (u) = limu→+∞ H (u) = `.

La condición ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < x − x0 ≤ δ ⇒ f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)) equivale a ∀u ∈ Dom (G) ∩(

1δ, +∞

),

f(x0 + 1

u

)≤ g

(x0 + 1

u

)≤ h

(x0 + 1

u

), es decir, ∀u ∈ Dom (G) ∩

(1δ, +∞

), F (u) ≤ G (u) ≤ H (u) .

Al aplicar el Teorema del Sandwich para u → +∞ se concluye que` = limu→+∞ G(u) = limu→+∞ g

(x0 + 1

u

)= limx→x+

0g (x) .

Observaciones(1) La siguiente versión para x → x−0 se prueba aplicando lo anterior a las funciones f (−x), g (−x) y h (−x).

Si lim f (x) = limx→x−0

h(x) = ` y ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < x0 − x ≤ δ ⇒ f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)) entonces, limx→x−0

g(x) = `.

(2) Usando las versiones para límites laterales se demuestra la siguiente versión para límites.

Si limx→x0

f (x) = limx→x0

h(x) = ` y ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < |x − x0| ≤ δ ⇒ f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)) entonces, limx→x0

g(x) = `.

(3) La propiedad también es válida cuando ` ∈ {−∞, +∞}.Límites x → x0

Teorema del Sandwich Funciones Exponencial y Logaritmo.

Aplicaciones del Teorema del Sandwich

Ejemplos1 limx→0 ex = 1.2 limx→1 ln (x) = 0.3 limx→0 sen (x) = 0.

Desarrollo1 Se obtiene al aplicar el Teorema del Sandwich en la desigualdad fundamental, cuando x → 0.

1 + x ≤ ex ≤ 11− x

.

2 Se obtiene al aplicar el Teorema del Sandwich en la desigualdad fundamental, cuando x → 1.

1− 1x≤ ln (x) ≤ x − 1.

3 Primero aplicamos el Teorema del Sandwich, cuando x → 0+ en la desigualdad 0 ≤ sen (x) ≤ x , que sóloes válida para 0 < x < π

2 . Se obtiene que

limx→0+

sen (x) = 0.

Además, como sen es una función impar, se obtiene quelimx→0− sen (x) = limx→0+ sen (−x) = − limx→0+ sen (x) = 0. De este modo, limx→0 sen (x) = 0.

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Límite de una Composición Funciones Exponencial y Logaritmo.

Límite de una composición

Diremos que limx→x0 f (x) = ` propiamente, si

∀ε > 0, ∃δ > 0, tal que ∀x ∈ Dom (f ), (0 < |x − x0| ≤ δ ⇒ 0 < |f (x)− `| ≤ ε).

Esta condición pide más que limx→x0 f (x) = ` pues, adicionalmente, requiere que f (x) 6= ` para x cercano a x0.

ProposiciónSi limx→x0 f (x) = u0 propiamente y limu→u0 g (u) = ` entonces limx→x0 g (f (x)) = `.

DemostraciónVamos a usar la siguiente caracterización.

limx→x0

g (f (x)) = ` ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Dom(f ), (0 < |x − x0| ≤ δ y f (x) ∈ Dom(g)) ⇒ |g (f (x))− `| ≤ ε.

Como limu→u0 g (u) = ` se cumple que

∀ε > 0, ∃δ′ > 0, ,∀u ∈ Dom(g), 0 < |u − u0| ≤ δ′ ⇒ |g (u)− `| ≤ ε. (1)

Además, como limx→x0 f (x) = u0 propiamente, dado ε′ = δ′ > 0,

∃δ > 0, ,∀x ∈ Dom (f ) 0 < |x − x0| ≤ δ ⇒ 0 < |f (x)− u0| ≤ ε′.

Entonces ∀x ∈ Dom (f ), si 0 < |x − x0| ≤ δ se cumple que 0 < |f (x)− u0| ≤ δ′. Si además f (x) ∈ Dom (g),entonces al reemplazar u = f (x) en la ecuación 1 tendremos que |g (f (x))− `| ≤ ε.

Límites x → x0

Límite de una Composición Funciones Exponencial y Logaritmo.

Uso del límite de una composición

Ejemploslimx→x0 ex−x0.

limx→x0 ln(

xx0

).

limx→0 sen(

x2

).

DesarrolloPara f (x) = x − x0 se tiene que limx→x0 f (x) = 0 propiamente. Como limu→0 eu = 1 tenemos quelimx→x0 ex−x0 = limu→0 eu = 1.

Para f (x) = xx0

se satisface que limx→x0 f (x) = 1 propiamente. Dado que limu→1 ln (u) = 0 se obtiene que

limx→x0 ln(

xx0

)= limu→1 ln (u) = 0.

Finalmente, si f (x) = x2 entonces limx→0 f (x) = 0 propiamente. Como limu→0 sen (u) = 0 se concluye que

limx→0 sen(

x2

)= limu→0 sen (u) = 0.

ObservaciónLa condición limx→x0 f (x) = u0 propiamente, no puede ser reemplazada por limx→x0 f (x) = u0. En efecto, seag (u) = eu para u 6= 0 y g (0) = 0. Entonces, limu→0 g (u) = 1. Sin embargo si tomamos la función f (x) = 0para todo x ∈ R entonces, limx→2 f (x) = 0 pero limx→2 g (f (x)) = 0 6= 1.

Límites x → x0

Límite de una Composición Funciones Exponencial y Logaritmo.

Variantes del límite de una composición

Es posible extender lo hecho para el límite de una composición a cualquiera de las siguientes combinaciones.

ProposiciónPara A, B ∈

{+∞,−∞, x+

0 , x−0 , x0}

y ` ∈ R ó ` = ±∞

si limx→A

f (x) = B y limu→B

g (u) = ` entonces limx→A

g (f (x)) = `,

salvo cuando B = x0. En este último caso debe pedirse que limx→A f (x) = x0 propiamente.

ObservaciónAlgunos de los casos cubiertos por el esquema anterior son los siguientes.

limx→x0 f (x) = 0+ y limu→0+ g (u) = ` entonces limx→x0 g (f (x)) = `.limx→x0 f (x) = 0− y limu→0− g (u) = ` entonces limx→x0 g (f (x)) = `.limx→+∞ f (x) = 0 propiamente y limu→0 g (u) = ` entonces limx→+∞ g (f (x)) = `.limx→+∞ f (x) = 0+ y limu→0+ g (u) = ` entonces limx→+∞ g (f (x)) = `.limx→+∞ f (x) = 0− y limu→0− g (u) = ` entonces limx→+∞ g (f (x)) = `.

Donde ` ∈ R o ` = ±∞.

Límites x → x0

Límite de una Composición Funciones Exponencial y Logaritmo.

Ejemplos

Ejemplos

limx→0 x3 = 0 y limu→0 sen (u) = 0 entonces limx→0 sen(x3

)= 0.

limx→π π − x = 0 y limu→0 sen (u) = 0 entonces limx→π sen (π − x) = 0.limx→+∞

1x = 0+ y limu→0+ sen (u) = 0 entonces limx→+∞ sen

(1x

)= 0.

limx→−∞−x = +∞ y limu→+∞ueu = 0 entonces limx→+∞

−xe−x = − limx→+∞ xex = 0.

limx→+∞ ln (x) = +∞ y limu→+∞ueu = 0 y entonces limx→+∞

ln(x)

eln(x) = limx→+∞ln(x)

x = 0.

limx→0+1x = +∞ y limu→+∞

ln(u)u = 0 entonces limx→0+ x ln (x) = − limx→0+

ln( 1x )

1x

= 0.

limx→0 x ln (a) = 0 y limu→0 eu = 1 entonces limx→0 ex ln(a) = limx→0 ax = 1.

limx→+∞ln(x)

x = 0+ y limu→0 eu = 1 entonces limx→+∞ x1x = 1.

limx→+∞1x = 0+ y limu→0 eu = 1 entonces limx→+∞ e

1x = 1.

limx→0 x ln (x) = 0 y limu→0 eu = 1 entonces limx→0 xx = limx→0 ex ln(x) = 1.

Límites que no existen

limu→+∞ sen (u) no existe. Supongamos que existe y que vale `. Sean f (n) = πn y h (n) = 2nπ + π2

funciones definidas en N. Sabemos que limn→+∞ πn = limn→+∞ 2nπ + π2 = +∞ por lo que

limn→+∞ sen (πn) = limn→+∞ sen(2nπ + π

2

)= `. Pero entonces ` = 0 y ` = 1 lo que establece la

contradicción.

Límites x → x0

Álgebra de Límites Funciones Exponencial y Logaritmo.

Teorema de Álgebra de límites

Álgebra de LímitesSean f y g dos funciones y B ∈

{+∞,−∞, x+

0 , x−0 , x0}

tales que limx→B

f (x) = `1 y limx→B

g(x) = `2. Entonces

limx→B

(f + g)(x) = `1 + `2.

limx→B

(fg)(x) = `1`2.

Si `2 6= 0 entonces, limx→B(f/g)(x) = `1/`2.

DemostraciónLos casos B = +∞ y B = −∞ ya fueron discutidos y serán usados en la demostración. Sólo veremos el casoB = x+

0 . Transformando x → x+0 a u → +∞ y aplicando Algebra de Límites para u → +∞se obtiene:

limx→x+

0

(f + g) (x) = limu→+∞

(f + g)

(x0 +

1u

)= lim

u→+∞f(

x0 +1u

)+ lim

u→+∞g

(x0 +

1u

)= `1 + `2,

limx→x+

0

(fg) (x) = limu→+∞

(fg)

(x0 +

1u

)=

(lim

u→+∞f(

x0 +1u

))·(

limu→+∞

g(

x0 +1u

))= `1 · `2

y

limx→x+

0

(f/g) (x) = limu→+∞

(f/g)

(x0 +

1u

)=

(lim

u→+∞f(

x0 +1u

))/

(lim

u→+∞g

(x0 +

1u

))= `1/`2

Límites x → x0

Álgebra de Límites Funciones Exponencial y Logaritmo.

Aplicación del Álgebra de Límites

Ejemplos

limx→0ex−e−x

2 = 0.limx→0 cos (x) = 1limx→0 tan (x) = 0.

DesarrolloComo limx→0 ex = limx→0 e−x = 1 entonces,

limx→0

ex − e−x

2=

1− 12

= 0.

Como cos (x) = 1− 2 sen2(

x2

)y limx→0 sen

(x2

)= 0 el álgebra de límites nos permite decir que:

limx→0

(1− 2 sen2

(x2

))= lim

x→01− 2

(limx→0

sen(x

2

))2

= 1− 2 · 0 = 1.

Por lo tanto,limx→0

cos (x) = 1.

Un uso directo del álgebra de límites permite concluir que limx→0sen(x)cos(x)

= 01 = 0, o sea:

limx→0

tan (x) = 0

Límites x → x0

Álgebra de Límites Funciones Exponencial y Logaritmo.

Funciones con limx→x0 f (x) = f (x0)

EjemplosHaciendo uso del álgebra de límites, de las técnicas para calcular límites de una composición y de algunoslímites conocidos, se demuestra que las siguientes funciones satisfacen limx→x0 f (x) = f (x0) para todo x0 ensu dominio.

f (x) = x , f (x) = x2 y en general todo polinomio f (x) = a0 + a1x + · · ·+ akxk .

f (x) =p(x)q(x)

, donde p y q son polinomios.

exp (x).ln (x).ax , a > 0.loga (x), a > 0, a 6= 1.√

x , 3√

x , x−35 y en general xα, α ∈ R.

sen (x).cos (x).tan (x).

Límites x → x0

Álgebra de Límites Funciones Exponencial y Logaritmo.

Funciones con limx→x0 f (x) = f (x0)

Ejemplos (Continuación)Justificaremos algunas de las propiedades anunciadas.

limx→x0 ln (x) = ln (x0). En efecto,

limx→x0

ln (x) = limx→x0

ln(

xx0

x0

)= lim

x→x0

(ln

(xx0

)+ ln (x0)

)= 0 + ln (x0) = ln (x0)

limx→x0 ax = ax0.lim

x→x0ax = lim

x→x0ax0ax−x0 = ax0 lim

x→x0ax−x0 = ax0

limx→x0 sen (x) = sen (x0). Por una parte sen (x0 + h) = sen (x0) cos (h) + sen (h) cos (x0) y por otra elálgebra de límites implican que:

limx→x0

sen (x) = limh→0

sen (x0 + h) = limh→0

(sen (x0) cos (h) + sen (h) cos (x0)) = sen (x0) .

limx→x0 cos (x) = cos (x0). Primero la propiedad algebraicacos (x0 + h) = cos (x0) cos (h)− sen (h) sen (x0) y luego el álgebra de límites implican que:

limx→x0

cos (x) = limh→0

cos (x0 + h) = limh→0

(cos (x0) cos (h)− sen (h) sen (x0)) = cos (x0) .

limx→x0 tan (x) = tan (x0) . Es una aplicación directa del álgebra.

limx→x0

tan (x) = limx→x0

sen (x)

cos (x)=

sen (x0)

cos (x0)= tan (x0) .

Límites x → x0

Extensiones al Álgebra de Límites. Funciones Exponencial y Logaritmo.

Extensiones

ObservacionesEl álgebra de límites admite las siguientes extensiones para límites infinitos.Sean f y g dos funciones y B ∈

{+∞,−∞, x+

0 , x−0 , x0}

tales que limx→B

f (x) = +∞ y limx→B

g(x) = `.Para ` ∈ R se tiene que

limx→B

(f + g)(x) = +∞.

si ` > 0 entonces limx→B

(fg)(x) = +∞.

si ` < 0 entonces limx→B

(fg)(x) = −∞.

Para ` = +∞ se tiene quelimx→B

(f + g)(x) = +∞.

limx→B

(fg)(x) = +∞.

ObservaciónNo es posible predecir el valor de limx→B(fg)(x) cuando limx→B f (x) = +∞ y limx→B g(x) = 0.En efecto, sabemos que limx→0

1x2 = +∞ y que limx→0 x = limx→0 x2 = limx→0 x3 = 0. Sin embargo,

limx→01x2 · x3 = 0, limx→0

1x2 · x2 = 1 y, como limx→0+

1x2 · x = +∞ y limx→0−

1x2 · x = −∞, entonces limx→0

1x2 x no

existe, ni siquiera en {−∞, +∞}.Por lo tanto, el álgebra NO puede extenderse al caso ` = 0.

Límites x → x0

Extensiones al Álgebra de Límites. Funciones Exponencial y Logaritmo.

Cuocientes diferenciales

EjemplosLos casos no cubiertos por la extensión del álgebra de límites pueden llevarse al formato

limx→B

g (x)

h (x)

donde limx→B g (x) = 0 y limx→B h (x) = 0 propiamente. Un caso especial en el que nos concentraremos escuando g (x) = f (x)− f (x0), h (x) = x − x0 y B = x0. Como ejemplo calculemos

limx→x0

f (x)− f (x0)

x − x0

para las funciones sen (x), ex y ln (1 + x), y para x0 = 0.Como sen (0) = 0, e0 = 1 y ln (1) = 0 los límites que estudiaremos son:

limh→0sen(h)

h .

limh→0eh−1

h .

limh→0ln(1+h)

h .

Límites x → x0

Extensiones al Álgebra de Límites. Funciones Exponencial y Logaritmo.

Límites limh→0sen(h)

h

Función SenoComo sen(−h)

−h = sen(h)h basta con demostrar que limx→0+

sen(h)h = 1.

Sabemos que las funciones sen, x y tan satisfacen para 0 < h < π2

sen (h) ≤ h ≤ sen (h)

cos (h)= tan (h) .

Invirtiendo la última desigualdad y luego multiplicando por sen (h) > 0 se obtiene

cos (h) ≤ sen (h)

h≤ 1.

Como limh→0 cos (h) = 1, por el Teorema del Sandwich tendremos que limh→0+

sen (h)

h= 1.

Límites x → x0

Extensiones al Álgebra de Límites. Funciones Exponencial y Logaritmo.

Límites limh→0eh−1

h

ExponencialSabemos que para h ∈ (−1, 1)se cumple el siguiente acotamiento

1 + h ≤ eh ≤ 11− h

.

Para 0 < h sabemos que

1 ≤ eh − 1h

≤ 1h

(1

1− h− 1

)=

11− h

.

Con esto limh→0+eh−1

h = 1.Para h < 0 se obtiene

1 ≥ eh − 1h

≥ 1h

(1

1− h− 1

)=

11− h

.

Con esto limh→0−eh−1

h = 1. Concluimos que

limh→0

eh − 1h

= 1.

Límites x → x0

Extensiones al Álgebra de Límites. Funciones Exponencial y Logaritmo.

Límites limh→0ln(1+h)

h

LogaritmosSabemos que para z > 0 se cumple el siguiente acotamiento

1− 1z≤ ln (z) ≤ z − 1.

Para z = 1 + h se obtieneh

1 + h= 1− 1

1 + h≤ ln (1 + h) ≤ 1 + h − 1 = h.

Para h > 0 se obtiene que1

1 + h≤ ln (1 + h)

h≤ 1.

Con esto limh→0+ln(1+h)

h = 1.Análogamente, para h < 0 se obtiene que

11 + h

≥ ln (1 + h)

h≥ 1.

Con esto limh→0−ln(1+h)

h = 1. Concluimos que

limh→0

ln (1 + h)

h= 1.

Límites x → x0