10. Definición rigurosa de límite.

Transcripción

1 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve Definición rigurosa de ite El limite de f(x) cuando x a. El concepto de ite es una idea fundamental en el cálculo infinitesimal. En la sección 1 de este trabajo se ha presentado una idea intuitiva del concepto de ite de una función. Básicamente, el ite de f(x) cuando x a es L, si f(x) se puede aproximar cuanto se quiera a L, cuando x se aproxima hacia el número a. Pero esta idea necesita clarificarse más, y de una manera rigurosa, para tener cabida en el ámbito matemático moderno. El concepto de ite, desde una idea intuitiva hasta la definición rigurosa que manejamos hoy día, ha evolucionado a la par de su tránsito por varias etapas en la historia. Aunque implícita en el desarrollo del Calculo de los siglos XVII y XVIII, la notación moderna del ite de una función se remonta a Bolzano quien, en 1817, introdujo las bases de la técnica basada en épsilon delta. Sin embargo, su trabajo no fue conocido mientras él estuvo vivo. Cauchy expuso ites en su Cours d analyse (1821) y parece haber expresado la esencia de la idea, pero no en una manera sistemática. La primera presentación rigurosa de la técnica hecha pública fue dada por Weierstrass (1). (2) La idea del ite es la de proximidad. Intuitivamente, decimos que el ite de una función f(x) cuando x tiende al punto a es el número L, si podemos hacer que el valor de f(x) se acerque a L tanto como queramos, simplemente escogiendo x suficiente cerca, aunque no igual, al número a. [ver [15] p.60] En este caso, poder lograr que el valor de f(x) se acerque a L tanto como queramos significa que para cualquier ɛ>0 dado, podemos lograr que f(x) esté contenido en el intervalo (L ɛ, L + ɛ), es decir, se cumpla la desigualdad escogiendo x apropiadamente. f(x) L < ɛ (10.1.1) Pero cómo es este modo apropiado de escoger el valor de x?. La idea intuitiva es que (10.1.1) se cumpla si elegimos x suficientemente cerca, pero no igual, al número a. En otras palabras, si podemos especificar un δ>0 tal que (10.1.1) se verifique siempre que x pertenezca al intervalo (a δ, a + δ), aunque siendo x a. En otras palabras, si 0 < x a < δ. (10.1.2) La figura 10.1 ilustra esta idea. Podemos ver que el ite de f(x) cuando x a es L porque para todo x satisfaciendo (10.1.2) [ o sea, x en un δ-entorno perforado de a ] se 1 Bernard Bolzano ( ) fue un matemático nacido en Praga (actual República Checa), Agustín Louis Cauchy ( ) fue un matemático francés nacido en París, y Karl Weierstrass ( ) fue un matemático alemán nacido en Ostenfelde. 2 Fuente de la cita: es.wikipedia.org

2 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 99 cumple (10.1.1). Figura 10.1: El ite de f(x) cuando x a es L. Así llegamos a la definición rigurosa de ite que se maneja hoy día (propuesta de esta manera por Weierstrass (3) ): Sea f(x) una función cuyo dominio incluye un intervalo abierto, que contiene el punto a. Decimos que L es el ite de f(x), cuando x tiende hacia el punto a, siparatodoɛ>0 existe un δ>0 (dependiendo de ɛ) talque: f(x) L <ɛ siempre que 0 < x a <δ Como se puede ver, la idea es que f(x) puede contenerse en el intervalo (L ɛ, L + ɛ) siempre que la distancia entre x y a sea menor a δ, perox sea diferente de a. Esta definición puede usarse para probar que el ite de una función dada es un valor dado (4). 3 Existe una definición alternativa de ite, basada en el concepto de sucesión (definición de Heine). Puede probarse que las definiciones de Heine y de Weierstrass son equivalentes. Consultar [1] p.109 y [10] p Otros hechos pueden ser probados en base a esta definición, como por ejemplo la unicidad del ite, y la interesante propiedad de acotación local de la función cuyo ite exista en un punto dado. Ver [1] p.115.

3 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 100 Ejemplo 10.1 Probar, utilizando la definición de ite, que (2x +3) = 5 x 1 Solución. Debemos probar que para todo ɛ>0 existe un δ>0 tal que f(x) 5 < ɛ siendo f(x) =2x + 3, siempre que 0 < x 1 <δ. Analicemos ahora la expresión f(x) 5 : f(x) 5 = (2x +3) 5 = 2x 2 = 2(x 1) = 2 x 1 (10.1.3) He aquí la parte crucial: Se deduce, de lo anterior, que podemos elegir el número δ como δ = ɛ/2. En efecto, si 0 < x 1 <δ,yδ = ɛ/2, entonces 0 < x 1 < ɛ 2, por lo que, según (10.1.3) f(x) 5 = 2 x 1 < 2 ɛ 2 = ɛ, osea f(x) 5 < ɛ, si 0 < x 1 <δ.loquequeríamos. Ejemplo 10.2 Probar, utilizando la definición de ite, que: (3x +1) = 7 x 2 Solución. Debemos probar que para todo ɛ>0 existe un δ>0 tal que f(x) 7 < ɛ siendo f(x) =3x + 1, siempre que 0 < x 2 <δ. Analicemos ahora la expresión f(x) 7 f(x) 7 = (3x +1) 7 = 3x 6 = 3(x 2) = 3 x 2, (10.1.4)

4 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 101 En vista de lo anterior, podemos elegir δ = ɛ/3. En efecto, si 0 < x 2 <δ,yδ = ɛ/3, entonces: 0 < x 2 < ɛ 3, por lo que, según lo obtenido en (10.1.4) f(x) 7 = 3 x 2 < 3 ɛ 3 = ɛ, osea f(x) 7 < ɛ, si 0 < x 2 <δ. Lo que buscábamos. Ejemplo 10.3 Probar, por definición, que x 4 ( x 3 +1 ) = 1 3. Solución. Debemos probar que para todo ɛ>0 existe un δ>0talque f(x) +1 3 < ɛ, siendo f(x) =(x/3) + 1, siempre que 0 < x +4 <δ. Analicemos ahora la expresión f(x) +1/3 f(x) +1 3 = x = x = 1 x +4 3 En vista de lo anterior, podemos elegir δ =3ɛ. En efecto, si 0 < x +4 <δ, y δ =3ɛ, entonces 0 < x +4 < 3ɛ, por lo que f(x) +1 3 = 1 3 x +4 < 1 3ɛ = ɛ, 3 osea f(x) < ɛ, si 0 < x +4 <δ.loquequeríamos.

5 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 102 Ejemplo 10.4 Probar, utilizando la definición de ite, que: Solución. x 3 ( x 2 + x 5 ) = 7. Debemos probar que para todo ɛ>0 existe un δ>0 tal que f(x) 7 < ɛ, donde f(x) =x 2 + x 5, y siempre que 0 < x 3 <δ. Analicemos ahora la expresión f(x) 7 f(x) 7 = x 2 + x 5 7 = x 2 + x 12 = x 2 9+x 3 x x 3 (10.1.5) Aquí lo que hicimos fue descomponer la expresión x 2 + x 12 en la suma de dos expresiones x 2 9, y x 3, cada una de las cuales tiende a cero cuando x 3. Ahora debemos acotar x 2 9 por una expresión que dependa de δ. Así, este ejemplo enseña como se puede trabajar con funciones que involucren polinomios en x. En primer lugar, factorizamos x 2 9 = (x +3)(x 3) = x +3 x 3 y sabemos que x 3 <δ; el problema ahora es acotar x +3 (para así, tener acotado el producto de ambas). El razonamiento básico es que si x permanece cercano a 3, entonces x + 3 permanece cercano a 6, es decir, es una magnitud acotada. Digamos que por ejemplo δ 1, entonces (5) : x 3 < 1 1 <x 3 < 1 de donde, sumando +6 a cada término de esta desigualdad, obtenemos: oseaque x +3 no es mayor a 7: 5 < x+3 < 7 x +3 < 7 Así, si δ 1, se sigue de lo obtenido en (10.1.5), que f(x) 7 < x +3 x 3 + x 3 < 7 δ + δ = 8δ. 5 El planteamiento δ 1, δ<1, o algo similar a esto, es típico al resolver esta clase de ejercicios.

6 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 103 De aquí es posible elegir δ =mín { 1,ɛ/8 }. En efecto, de esta manera se garantiza a la vez que δ 1, y que δ ɛ/8. Luego, si δ 1sesigueque f(x) 7 < 8δ (tal como se dedujo anteriormente), y si δ ɛ/8 se tendrá también que f(x) 7 < 8δ < 8 ɛ 8 = ɛ lo que queríamos. Ejemplo 10.5 Probar, utilizando la definición de ite, que x 2 ( 3x 2 +5x ) = 2. Solución. Debemos probar que para todo ɛ>0 existe un δ>0 tal que 3x 2 +5x 2 < ɛ, siempre que 0 < x +2 <δ. Analicemos ahora la expresión 3x 2 +5x 2 : 3x 2 +5x 2 = 3x 2 +5x la suma es 2 = ( 3x 2 12 ) + ( 5x +10 ) 3x x +10 = 3 x x +2 = 3 x 2 x x +2, (10.1.6) Aquí lo que hicimos fue dividir la expresión 3x 2 +5x 2 en la suma de dos expresiones 3x 2 12, y 5x + 10, cada una de las cuales tiende a cero cuando x 2. Sabemos que x +2 <δ, el problema está enacotar x 2. Razonamos que si x es cercano a 2, entonces x 2 será cercano a 4, por lo que deberá estar acotado de alguna forma. Este razonamiento intuitivo se formaliza de la siguiente manera, supongamos que δ<1, entonces x +2 < δ x +2 < 1 1 < x+2 < < x+2 4 < < x 2 < 3,

7 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 104 de este modo x 2 < 5 (cuidado,, se concluye que x 2 < 5, no que x 2 < 3). Luego, según lo planteado en (10.1.6): 3x 2 +5x 2 < 3 5 δ + 5δ = 20δ En vista de esto, elegimos { ɛ } δ < mín 20, 1, en efecto así se garantiza en primer lugar que δ 1, pero al mismo tiempo que δ ɛ/20, de modo que 3x 2 + 5x 2 ɛ < 20δ = ɛ, tal como que queríamos. Finalicemos esta subsección dando las definiciones de ite lateral, las cuales se obtienen modificando ligeramente la que ya hemos presentado. Sea f(x) una función cuyo dominio incluye el intervalo (a, a + h) para cierto h > 0. Entonces decimos que L es el ite de f(x) cuando x a por la derecha, simbólicamente f(x) = L, + si para todo ɛ>0 existe un δ>0talque f(x) L < ɛ si a<x<a+ δ. Por otra parte, si el dominio de f(x) incluye el intervalo (a h, a) para cierto h>0, decimos que L es el ite de f(x) cuando x a por la izquierda, simbólicamente f(x) = L, si para todo ɛ>0 existe un δ>0talque f(x) L < ɛ si a δ<x<a.

8 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve Demostración de algunos teoremas sobre ites. Ahora que conocemos la definición rigurosa de ite, vamos a enunciar y demostrar algunos teoremas cuyos resultados fueron utilizados en la sección 2 de este material (6). Empecemos citando el notable hecho que si el ite de una función real existe en un punto dado, es único (7). Teorema 1 [ unicidad del ite ] Sea una función real f(x), y supóngase que se cumple ytambién f(x) = L, f(x) = M, para cierto punto x = a. Entonces, L y M son iguales. Demostración. Como el ite de f existe en a y es igual a L, paraɛ>0 dado existe δ 1 > 0 cumpliéndose f(x) L < ɛ 2, (10.2.1) si 0 < x a <δ 1. Pero por la misma razón existe un δ 2 > 0talque si 0 < x a <δ 2. Eligiendo ahora f(x) M < δ =mín{δ 1,δ 2 } ɛ 2, (10.2.2) ysi 0< x a <δ, se cumplirán a la vez (10.2.1) y (10.2.2). Por tanto, aplicando la estrategia de suma y resta, y la desigualdad triangular, tenemos L M = (L f(x)) + (f(x) M) L f(x) + f(x) M < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Ahora bien, si es posible el hecho L M < ɛ 6 Una demostración alternativa de algunos de estos teoremas puede verse en [11] p Una demostración alternativa de unicidad, además de la interesante propiedad de conservación local del signo para una función cuyo ite en un punto sea distinto de cero, puede verse en [6] p.103.

9 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 106 para todo ɛ > 0, entonces L y M tienen que ser iguales (de lo contrario tendríamos L M >ɛ 1 para algún ɛ 1 > 0). Hemos llegado al resultado deseado. Teorema 2 [ ite de una constante ] Si f(x) es una función tal que f(x) = c para todo x Domf (ver nota (8) ), siendo c una constante real, entonces f(x) = c. Demostración. Dado cualquier ɛ>0sielegimosδ>0 tal que el intervalo abierto (a δ, a + δ) pertenezca al dominio de f, si0< x a <δentonces f(x) c = 0, por lo tanto f(x) c = 0 < ɛ, lo que queríamos. Teorema 3 [ ite de la suma ] Si los ites de f(x) yg(x) existen en el punto x = a, siendo f(x) = L, y g(x) = M, entonces el ite de la función f(x)+g(x) existe en a, y ( f(x)+g(x) ) = L + M. Demostración. Debemos probar que para cualquier ɛ>0 existe un δ>0 de modo que f(x)+g(x) (L + M) < ɛ si 0 < x a <δ. Ahora bien, como los ites de f y g existen en a, dadoɛ>0 existirán números δ 1 > 0, δ 2 > 0talesque f(x) L < ɛ 2, si 0 < x a <δ 1, y g(x) M < ɛ 2, si 0 < x a <δ 2. 8 Sería suficiente poner en la hipótesis que f sea constante en cierta vecindad perforada del punto x = a, osea,para0< x a <σ, con cierto número positivo σ. Estonosería más que considerar en lugar de f, la restricción de f al dominio (a σ, a + σ) {a}.

10 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 107 Ahora, si elegimos δ =mín{δ 1,δ 2 } y ponemos 0 < x a <δ, tendremos f(x)+g(x) (L + M) = (f(x) L) + (g(x) M) f(x) L + g(x) M lo que queríamos. < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, Teorema 4 [ ite de la diferencia ] x = a, siendo Si los ites de f(x) yg(x) existen en el punto f(x) = L, y entonces el ite de la función f(x) g(x) existe en a, y ( ) f(x) g(x) = L M. g(x) = M, La demostración de este resultado repite esencialmente las mismas ideas que para el teorema del ite de la suma, por lo que se puede dejar como ejercicio para el estudiante. Alternativamente, se puede ver el caso del ite de la diferencia como una combinación de los teoremas 2 y 3. En efecto: ( f(x) g(x) ) = ( f(x)+( 1) g(x) ) = L + ( 1) M = L M. Teorema 5 [ ite del producto ] Si los ites de f(x) yg(x) existen en el punto x = a, siendo f(x) = L, y g(x) = M, entonces el ite de la función f(x)g(x) existe en a, y f(x)g(x) = LM. Demostración. Dado ɛ>0 debemos probar la existencia de un δ>0 tal que f(x)g(x) LM < ɛ, si 0 < x a <δ. Para establecer esto, nótese que como los ites de f y g existen en a, habrán números positivos δ 1 y δ 2,talesque f(x) L { } ɛ < mín 2 ( M +1 ), 1, si 0 < x a <δ 1,

11 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 108 y g(x) M { } ɛ < mín 2 ( L +1 ), 1, si 0 < x a <δ 2. Obsérvese como el uso del valor absoluto asegura que los denominadores L +1 y M +1 sean siempre positivos, y las fracciones existan. Nótese también que el hecho f(x) L < 1 implica f(x) = L + ( f(x) L ) L + f(x) L < L +1 y similarmente el hecho g(x) M < 1 implicará que g(x) < M +1. Ahora, eligiendo δ = mín{δ 1,δ 2 } y siendo 0 < x a <δ, tendremos que f(x)g(x) LM = f(x)g(x) Lg(x) + Lg(x) LM f(x)g(x) Lg(x) + Lg(x) LM = f(x) L g(x) + L g(x) M < f(x) L ( M +1 ) + L g(x) M pero es cierto que f(x) L < ɛ 2 ( M +1 ), y g(x) M < ɛ 2 ( L +1 ), luego f(x)g(x) LM < lo que tratábamos de probar. ɛ 2 ( M +1 ) ( M +1 ) ɛ + L 2 ( L +1 ) = ɛ 2 + L L +1 ɛ 2 < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, Teorema 6 [ ite del cociente ] Si los ites de f(x) yg(x) existen en el punto x = a, siendo f(x) = L, y g(x) = M, con M 0, entonces el ite de la función f(x)/g(x) existe en a, y f(x) g(x) = L M.

12 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 109 Demostración. Dado ɛ>0 necesitamos probar que existe δ>0 tal que f(x) g(x) L M < ɛ, si 0 <x a <δ. Para ello, en primer lugar veamos que f(x) g(x) L M = f(x)m Lg(x) g(x)m f(x)m LM + LM Lg(x) = g(x) M M f(x) L + L g(x) M g(x). M Ahora bien, de la existencia de los ites de f y g, y el hecho que M sea positivo, se deduce la existencia de números positivos δ 1, δ 2, δ 3 tales que (a) (b) (c) g(x) M < M f(x) L < g(x) M < 2, si 0 < x a <δ 1. ɛm 2 4 ( M +1 ), si 0 < x a <δ 2. ɛm 2 4 ( L +1 ), si 0 < x a <δ 3. Ahora elíjase δ = mín{δ 1,δ 2,δ 3 } entonces si 0 < x a <δ, la parte (a) implica que g(x) = M ( M g(x) ) M g(x) M > M M 2 así 1 g(x) < 2 M M. 2 Adicionalmente, la parte (b) implica que = M 2 M f(x) L < M ɛm 2 4 ( M +1 ) < ɛm2 4 y la parte (c) que L g(x) M < L ɛm 2 4 ( L +1 ) < ɛm2 4

13 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 110 Reuniendo todo, llegamos a f(x) g(x) L M M f(x) L + L g(x) M g(x) M ( ) ɛm 2 < + ɛm2 2 = ɛ, 4 4 M 2 si 0 < x a <δ.loquequeríamos. Antes de pasar al siguiente resultado, es preciso conocer un lema básico. Lema 1 Si el ite de f(x) cuando x a existe y es un número L positivo, entonces existe un δ>0talquef(x) es positivo si 0 < x a <δ. La afirmación de este lema se obtiene simplemente tomando ɛ = L/2 entonces f(x) L < L 2 f(x) > L L 2 = L 2 > 0, si 0 < x a <δ,conunδ>0 apropiado. Es importante notar, que del lema 1 se desprende la existencia de un conjunto D = (a δ, a + δ) {a} del cual es x = a es un punto de acumulación (9), y donde f toma valores positivos. Cuestiónqueesrelevanteapropósito del siguiente teorema. Teorema 7 [ itedelaraíz ] Si existe el ite cuando x a de f(x) y es igual a L>0, entonces existe el ite cuando x a de f(x), y f(x) = L. Observación. En primer lugar, como L>0yporellema1,esx = a punto de acumulación de un conjunto donde f toma valores positivos. Lo cual implica que en dicho conjunto está definida la función f(x), y tiene sentido considerar, en principio, el ite de f(x) cuando x a. Demostración. Dado ɛ>0 necesitamos probar que existe δ>0 tal que f(x) L < ɛ, 9 será definido este concepto en la subsección 10.3 a continuación.

14 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 111 si 0 < x a <δ. Para ello, escribamos f(x) L = f(x) L, f(x) + L y sabemos que existen números positivos δ 1, δ 2, δ 3 tales que (a) f(x) > 0, si 0 < x a <δ 1. (b) f(x) L < 3L 4, si 0 < x a <δ 2. (c) f(x) L < 3ɛ L, si 0 < x a <δ 3. 2 Ahora vamos a elegir δ =mín{δ 1,δ 2,δ 3 },porloque0< x a <δ implica en primer lugar que f(x) = L ( L f(x) ) > L 3L = L 4 4, pero el hecho f(x) >L/4 implica a su vez f(x) > L 2, yasí luego lo que buscábamos. f(x) L = f(x) + L > 3 L 2 f(x) L < f(x) + L, 3ɛ L 2 3 L 2 = ɛ, Teorema 8 (del encaje) tiene la desigualdad yademás entonces Demostración. Si para todo x en intervalo abierto que incluye el punto a se g(x) f(x) h(x) g(x) = L = h(x) f(x) = L. Por hipótesis, dado ɛ>0sepodrán escoger δ 1 > 0, δ 2 > 0talesque L ɛ < g(x) < L+ ɛ, si 0 < x a <δ 1

15 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 112 y L ɛ < h(x) < L+ ɛ, si 0 < x a <δ 2 Ahora sea δ =mín{δ 1,δ 2 }, luego si 0 < x a <δ tendremos que L ɛ < g(x) f(x) h(x) < L+ ɛ, osea lo que queríamos. L ɛ < f(x) < L+ ɛ, Comentarios acerca del concepto de punto de acumulación. Nota: En esta subsección se discuten algunos temas de mayor complejidad, por lo que el alumno puede, si desea, omitir en un primer momento su lectura. En la subsección 10.1 presentamos la definición rigurosa de ite, actualmente aceptada. Uno de los puntos cruciales en este concepto es que, si bien para la existencia del ite no se precisa que el punto a pertenezca al dominio de f, sí requerimos que el dominio de la función incluya puntos x arbritrariamente cercanos al punto a. Sin este requisito la definición de ite, lógicamente, perdería todo su sentido. Aquí entra en juego un concepto llamado punto de acumulación. Decimos que el punto p es un punto de acumulación del conjunto A si cualquier intervalo abierto centrado en p contiene puntos de A distintos de p. Esto es, si para todo δ>0, algún punto x A ydistintodep, pertenece al intervalo (p δ, p + δ). Nótese que esto es lo mismo que pedir 0 < x p <δ para algún x A (10). Por ejemplo, el conjunto A = { } 1 n : n Z+ = { 1, } 1 2, 1 3, 1 4, 1 5, 1 6,... tiene por punto de acumulación al cero (que en este caso no pertenece a A). En efecto, dado δ>0elíjase un entero positivo n tal que n>1/δ, entonces 1/n A, y 1 n 0 = 1 n < δ. 10 El concepto de punto de acumulación, o punto de adherencia, está definido también en [7] p.50.

16 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 113 De hecho, el cero es el único punto de acumulación del conjunto A. Por ejemplo, 1/2 no es punto de acumulación porque el punto de A más cercano a este es 1/3, y no existe otro punto de A más cercano a 1/2 que1/3. De este modo, la desigualdad 0 < x 1 2 < δ no es satisfecha para ningún x A, siδ es menor a 1/6 (que es la diferencia entre 1/2 y 1/3). En la definición de ite presentada en la subsección 10.1 pedimos que el dominio de f incluyera algún intervalo abierto conteniendo el punto a. Esto es una forma de garantizar la existencia de puntos del dominio de f arbitrariamente cercanos al punto a. Sin embargo, y por esta misma razón, la definición puede relajarse pidiendo solamente que a sea un punto de acumulación del dominio de f. Deestaforma,ladesigualdad 0 < x a < δ puede ser satisfecha, para todo δ>0, para al menos un punto x Dom f. La definición de ite entendida en este sentido pediría que f(x) L < ɛ, para todo x satisfaciendo 0 < x a <δ,yx en el dominio de f. Es decir, para todo x en la intersección (11) : ( ) (a δ, a + δ) {a} Dom f También hay que entender que la definición basada en el concepto de punto de acumulación incluye como caso particular la que se dió en la subsección 10.1 (pero no ocurre a la inversa). En efecto, dado que en un intervalo abierto todos sus puntos son de acumulación, si el dominio de f contiene un intervalo abierto que a su vez contiene el punto a, entonces obviamente a será punto de acumulación de Dom f. Pero no es cierto a la inversa, es decir, si a es punto de acumulación de Dom f, puede existir el ite de f en el punto a, sin que exista ningún intervalo abierto conteniendo a, que a su vez sea subconjunto de Dom f. Puntos interiores y puntos de frontera. Sea A un conjunto no vacío. Se dice que el punto x A es un punto interior de A si existe un intervalo abierto, centrado en x, y contenido en A. En otras palabras, si existe un r>0talque (a r, a + r) A 11 Toda definición de ite que considere a como punto de acumulación tomará la prevención de pedir la intersección del δ-entorno perforado de a con el dominio de la función. Véanse por ejemplo [4] p. 2, [7] p. 50, y [8] p. 31.

17 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 114 Por otra parte, un punto x (no necesariamente perteneciente a A) es un punto de frontera de A si todo intervalo abierto, centrado en a, contiene al menos un punto de A y un punto que no pertenece a A. Es decir, cuando el intervalo en cuestión no está ni completamente dentro de A, ni completamente fuera de A. De un modo más riguroso, cuando para todo r>0 existen puntos x 1,x 2 (x r, x + r) donde x 1 A y x 2 / A. La definición que presentamos en la subsección 10.1 es la que corresponde cuando a es punto interior del dominio de f. Pero ocurre una situación peculiar si a es punto de frontera del dominio de la función. Por ejemplo, sea entonces f(x) = x A = Dom f = [0, + ) Todos los puntos del conjunto A son de acumulación, incluyendo al cero. Por lo tanto, tiene sentido considerar el ite de f(x) = x en cualquier punto de su dominio. Ahora bien, los puntos del intervalo abierto (0, + ) (contenido en A) sonpuntos interiores por la siguiente razón: Para cada x (0, + ) existirá un intervalo abierto (x r, x + r) completamente contenido en A (por ejemplo, esto ocurrirá si tomamos 0 < r < x). El punto x = 0 no es interior, sino más bien punto frontera, porque todo intervalo abierto centrado en el cero, contiene una parte dentro de A, y una parte fuera de A. En efecto, para todo r>0, el intervalo ( r, r) puede dividirse como ( r, r) = ( r, 0) [0, r) estando [0,r) contenido en A, pero no conteniendo ( r, 0] ningún punto de A. Luego, el ite para un a>0 debe interpretarse en el sentido convencional de la subsección 10.1, porque existirá siempre un abierto centrado en a y contenido en el dominio de f(x) = x.en cambio el ite x 0 debe interpretarse en el sentido de punto de acumulación, es decir, este ite será un número L si y sólo si para todo ɛ>0 existe un δ>0 tal que para todo x 0 satisfaciendo x x x (0 δ, 0+δ) [0, + ) oloqueeslomismo, x [0,δ)

18 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 115 se cumpla f(x) L < ɛ. De esta forma podemos afirmar, con toda razón, que x = 0, x 0 en el sentido de punto de acumulación. El concepto de ite lateral también se modifica si consideramos la interpretación de punto de acumulación. Siendo a punto de acumulación del dominio f, decimos que el ite de dicha función cuando x a por la derecha es L si para todo ɛ>0 existe δ>0 tal que f(x) L < ɛ siempre que x (a, a + δ) Dom f La definición en el caso de ite por la izquierda se obtendría cambiando el intervalo (a, a + δ) por(a δ, a). Si existen ambos ites laterales, y son iguales: f(x) = f(x) = L, + entonces es cierto que existe el ite de f en x = a, y f(x) = L. En efecto, si los ites laterales son iguales a L, dadoɛ>0, existirán δ 1 > 0, δ 2 > 0 tales que f(x) L < ɛ, siempre que o x (a, a + δ 1 ) Dom f (pues, el ite por la derecha es L) x (a δ 2,a) Dom f (pues, el ite por la izquierda es L) Pero eligiendo δ =mín{δ 1,δ 2 },elhecho ( ) x (a δ, a + δ) {a} Domf implica que o bien x pertenece al conjunto (a, a + δ) Dom f (a, a + δ 1 ) Dom f

19 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 116 oalconjunto (a δ, a) Dom f (a δ 2,a δ) Dom f desprendiéndose que f(x) L < ɛ, tal como queríamos. Hay que revisar con cuidado la proposición inversa. Si el existe el ite L = f(x), y a es punto de acumulación, tanto por la derecha como por la izquierda, del dominio de f, o en otras palabras, si a es punto de acumulación de cada uno de los conjuntos A = Dom f [a, + ) y B = Dom f (,a) entonces se puede afirmar que los ites laterales existirán y serán iguales a L. Perosipor ejemplo, a es punto de acumulación de Dom f, peroeldominiodef incluye sólo puntos x con x a, entonces los ites f(x), y + f(x) tendrán el mismo significado, a la vez que no existe f(x) porque a no es punto de acumulación por la izquierda de Dom f (el conjunto Dom f (,a)serávacío). En este caso no se puede afirmar que el ite de f no exista en el punto a, lo que sí ocurriría, por ejemplo, si los ites laterales existieran con valores distintos (12). Puntos de vista de otros autores. Cuando el dominio de la función f no incluye un intervalo abierto completo que contenga el punto a en su interior (pero no obstante a sea punto de acumulación de este dominio), la hipótesis en la definición de ite 0 < x a <δ 12 Es incorrecto afirmar que el ite en a no exista si el ite lateral por la izquierda no existe a causa de ser el conjunto Dom f (,a)vacío, pero existe el ite lateral L por la derecha. Para ver lo absurdo de este razonamiento, recúrrase a la definición de ite con un enfoque más profundo basada en sucesiones (definición de Heine). El ite de f(x) no existirá en el punto a si y sólo si es posible tomar dos sucesiones reales {x n } y {y n } en Dom f {a}, convergentes al punto a, donde una de las sucesiones {f(x n )} ó {f(y n )} no tiene ite, o los ites de ambas existen pero no son iguales. Esto es imposible en el caso que estamos analizando, por cuanto cualquier sucesión {x n } de este tipo estará contenida en el intervalo (a, + ), de donde se sigue que {f(x n )} L.

20 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 117 debe reemplazarse por 0 < x a <δ x Dom f. Este punto de vista es compartido por lo colegas Gutiérrez y Núñez, quienes en su trabajo [4] en la p.2 expresan que el ite de la función f en el punto a es L si para: cualquiera que sea el intervalo (L ɛ, L + ɛ) con ɛ > 0, existe un intervalo (a δ, a + δ), con δ>0, tal que para todos los x a en el dominio de f, y que están en (a δ, a + δ), f les asigna una imagen que está enelintervalo (L ɛ, L + ɛ). En [7], Pinzón presenta una definición haciendo uso formal del concepto de punto de acumulación. Indica que la función f tiene ite L en el punto x 0 si para todo ɛ>0 existe un δ f (dependiendo de δ y x 0 )talquesix D f y 0 < x a <δ,setiene f(x) L <ɛ. Obsérvese como, además de pedir que 0 < x a <δ, exige que x pertenezca al dominio de f. Ahora bien, al respecto de la función f(x) = x,ysuite en el punto x =0, Edwards/Penney en [15] p aclaran que existe el ite lateral por la derecha, y se limitan a decir que no existe el ite por la izquierda. No llegan, sin embargo, a asegurar que el ite x 0 no exista. Y en cuanto a la aseveración que la existencia del ite x f(x) implique la existencia de ambos ites laterales (y por tanto, por la afirmación contrarecíproca, la inexistencia de un ite lateral implique la inexistencia del ite), estos autores aclaran que esto es válido sólo cuando la función tiene dominio que incluye todos los puntos de una vecindad perforada de a (un conjunto del tipo (a σ, a) (a, a + σ). Así, es preciso citar de la p. 75: Suponga que la función f está definida en una vecindad perforada del punto a. Entonces el ite f(x) existe y es igual al número L si y sólo si los ites laterales f(x) y f(x) existen y son iguales a L. + Al pedir, con mucha razón, el requisito que el dominio de f incluya una vecindad perforada del punto a asegura que la intersección de todo δ-entorno de a con el dominio de f incluya puntos a la derecha y a la izquierda de a.

21 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 118 Hay que advertir sin embargo que al respecto de la función f(x) = x, como no existe el ite lateral por la izquierda en x = 0, algunos autores concluyen en la no existencia del ite en ese punto. Es decir, que el ite x, no existe. x 0 El concepto de ite no es exclusivo a funciones con dominio en los reales. Para ver, por ejemplo, un exposición de la noción de ite de funciones con dominio en un espacio métrico o normado, véase [13] p En el capítulo 3 de este libro se relacionan los conceptos de ite y sucesión en espacios métricos. Allí nace la definición de ite de Heine: El ite cuando x a de la función f, con dominio en un métrico X, esl si para toda sucesión {x n } Dom f de puntos distintos de a, setienequelasucesión {f(x n )} converge a L. En particular, extrayendo dos subsucesiones {p n } y {q n } de esta sucesión {x n },sedebe tener que {f(p n )} y {f(q n )} convergen a L (si el ite existe en a). Por lo tanto, sólo se puede decir que el ite no existe si es posible hallar dos subsucesiones tales que las sucesiones de sus imágenes bajo f no converjan a L. Una manera más sucinta de definir el concepto de ite, en especial en espacios métricos, y que se puede ver en [7] y [13], es la siguiente: El ite de f cuando x a es L si para todo abierto V conteniendo el punto L es posible hallar un abierto U conteniendo a tal que f ( U \{a} ) V. Esta definición presenta la ventaja que puede extenderse de R a cualquier espacio dotado de una métrica o distancia Definición de ites infinitos, y de ites al infinito. En esta subsección precisaremos el significado de las expresiones f(x) = +, f(x) =. Definición. Se dice que f(x) = +, si para todo N real positivo, se encuentra que el valor de f(x) esmayoran, para x suficientemente cercano al punto a. Más precisamente, si para todo N > 0 existe un δ>0talque f(x) >N

22 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 119 si 0 < x a <δ. De modo similar, diremos que si para todo N<0 existe un δ>0talque si 0 < x a <δ. f(x) =, f(x) <N Por ejemplo para la función 1 f(x) = (x 3), 2 mostramos en la tabla 10.1 los valores de f(x) cuando x =3, 5; x =3, 1; x =3, 01; x =3, 001; así como también x =2, 5; x =2, 9; x =2, 99; x =2, 999: x f(x) x f(x) 3, 5 4 2, , , , , , , Tabla 10.1: Valores de la función f(x) =1/(x 3) 2 cuando x es cercano a 3. Amedidaquex se aproxima a 3, los valores de f(x) sevuelvenpositivos muy grandes. Más precisamente, los valores de f(x) serán mayores a 4, si la distancia de x a3esmenora0, 5 los valores de f(x) serán mayores a 100, si la distancia de x a3esmenora0, 1 los valores de f(x) serán mayores a , si la distancia de x a 3 es menor a 0, 01 los valores de f(x) serán mayores a , si la distancia de x a3esmenora 0, 001 yasí, para cada N>0 existirá unδ>0demodoquef(x) >N si la distancia de x a3 es menor a δ (pero x 3). Esto puede mostrarse rigurosamente según la definición dada antes, en efecto, la desigualdad 1 (x 3) 2 > N

23 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 120 es equivalente a (x 3) 2 < 1 N (x 3) 2 < 1 N (si N es positivo) x 3 < 1 N por lo que bastará tomar δ =1/ N. Ahora vamos a precisar el significado de las expresiones x + f(x) = L, x f(x) = L. Intuitivamente, sabemos que esto significa que a medida que x crece (o decrece) sin cota, f(x) se hace arbitrariamente cercano a L. De modo riguroso, postulamos lo siguiente: Definición. Se dice que x + f(x) = L, donde L es un real, si para todo ɛ>0 existe un N>0talque f(x) L < ɛ para todo x>n. De modo similar, diremos que x f(x) = L, donde L es un real, si para todo ɛ>0 existe un N<0talque f(x) L < ɛ para todo x<n. Por ejemplo, considérese la función donde f(x) = 1 2x f(x) = 0. x +

24 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 121 Para probar esto, sea ɛ>0, entonces véase que f(x) = 1 2 x < ɛ siempre que x > 1/(2ɛ), por lo tanto tomando N =1/(2ɛ) la condición implicará que f(x) < ɛ. x>n Vamos ahora a demostrar algunos teoremas presentados en la sección 7 de este trabajo. Teorema 7.1 Si f(x) = 0, y c es una constante no nula, entonces: i) si f(x) 0 a través de valores positivos cuando x a, se tendrá c f(x) = { +, si c>0, si c<0 ii) si f(x) 0 a través de valores negativos cuando x a, se tendrá c f(x) = {, si c>0 +, si c<0 Demostración. Probemos sólo la primera parte (la segunda es similar). Según hipótesis, para cualquier ɛ>0 existirá unδ>0 satisfaciendo 0 < f(x) < ɛ c si 0 < x a <δ. Pero en este caso, c f(x) > 1 ɛ. Así, tomemos que N =1/ɛ, luego se cumplirá c f(x) > N si 0 < x a <δ. El resultado final se obtiene al discriminar los casos cuando c>0y cuando c<0.

25 Métodos para evaluación de ites. Yoel Monsalve. 122 Teorema 7.2 (i) Si y c es una constante no nula, entonces f(x) = +, cf(x) = { +, si c>0, si c<0 (ii) Si y c es una constante no nula, entonces f(x) =, cf(x) = {, si c>0 +, si c<0 Demostración. Como antes, probemos sólo la primera parte. Por hipótesis para todo N real existe un δ>0 tal que la condición 0 < x a <δ implica f(x) > N c, queasuvezimplica cf(x) > N, y el resultado se obtiene al discriminar los casos cuando c>0 y cuando c<0. Teorema 7.3 Si el ite cuando x a, cuando x +, o cuando x de f(x) es infinito, y c es una constante no nula, entonces el ite de c f(x), cuando x a, x +, ó x (respectivamente), es cero. Demostración. Sólo basta ver que la condición f(x) > N implica c f(x) < c N y luego tomar ɛ = c /N para probar que el ite de c/f(x) es cero.