2.10 Teoremas y aplicaciones de límites

1. Teorema del sándwich

   Tema

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   Dificultad

   Avanzado

   Método

   Teorema del encaje

   Calcula el siguiente límite:

   $$\lim_{x \to 0} x^2 \operatorname{sen}\left(\frac{1}{x}\right)$$

   Ver solución

   1. No podemos sustituir $x = 0$, y además $\operatorname{sen}\left(\frac{1}{x}\right)$ no tiene límite cuando $x \to 0$: oscila entre $-1$ y $1$. Usaremos el teorema del sándwich (o del encaje).
   2. Para todo $x \neq 0$ se cumple $-1 \le \operatorname{sen}\left(\frac{1}{x}\right) \le 1$.
   3. Multiplicamos por $x^2 \ge 0$ (no cambia el sentido de las desigualdades): $-x^2 \le x^2 \operatorname{sen}\left(\frac{1}{x}\right) \le x^2$.
   4. Las funciones de los extremos cumplen $\displaystyle \lim_{x \to 0} (-x^2) = 0$ y $\displaystyle \lim_{x \to 0} x^2 = 0$.
   5. Como la función queda atrapada entre dos funciones que tienden a $0$, por el teorema del sándwich su límite también es $0$.

   Resultado final: $\displaystyle \lim_{x \to 0} x^2 \operatorname{sen}\left(\frac{1}{x}\right) = 0$

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2. Teorema del encaje cuando x tiende a infinito

   Tema

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   Dificultad

   Básico

   Método

   Teorema del encaje

   Calcula el siguiente límite:

   $$\lim_{x \to \infty} \frac{2 + \operatorname{sen} x}{x}$$

   Ver solución

   1. El numerador no tiene límite (oscila), pero está acotado: como $-1 \le \operatorname{sen} x \le 1$, se cumple $1 \le 2 + \operatorname{sen} x \le 3$.
   2. Para $x > 0$ dividimos entre $x$ sin cambiar el sentido de las desigualdades: $\frac{1}{x} \le \frac{2 + \operatorname{sen} x}{x} \le \frac{3}{x}$.
   3. Las cotas cumplen $\frac{1}{x} \to 0$ y $\frac{3}{x} \to 0$ cuando $x \to \infty$.
   4. Por el teorema del encaje, el límite es $0$.

   Resultado final: $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{2 + \operatorname{sen} x}{x} = 0$

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3. Teorema del encaje con valor absoluto

   Tema

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   Dificultad

   Intermedio

   Método

   Teorema del encaje en la forma |f(x)| ≤ g(x)

   Calcula el siguiente límite:

   $$\lim_{x \to 0} \sqrt{x^3 + x^2}\,\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{x}\right)$$

   Ver solución

   1. Dominio: $x^3 + x^2 = x^2(x + 1) \ge 0$ para $x \ge -1$, así que cerca de $0$ (con $x \neq 0$) la función está definida.
   2. El factor $\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{x}\right)$ no tiene límite en $0$, pero cumple $\left|\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{x}\right)\right| \le 1$.
   3. Entonces $0 \le \left|\sqrt{x^3 + x^2}\,\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{x}\right)\right| \le \sqrt{x^3 + x^2}$, es decir, $-\sqrt{x^3 + x^2} \le f(x) \le \sqrt{x^3 + x^2}$.
   4. La cota tiende a $0$: por la continuidad de la raíz, $\displaystyle \lim_{x \to 0} \sqrt{x^3 + x^2} = \sqrt{0} = 0$.
   5. Por el teorema del encaje, el límite es $0$.

   Resultado final: $\displaystyle \lim_{x \to 0} \sqrt{x^3 + x^2}\,\operatorname{sen}\left(\frac{\pi}{x}\right) = 0$

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4. Conservación del orden: lo que no se conserva

   Tema

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   Dificultad

   Intermedio

   Método

   Teorema de conservación del orden y contraejemplo

   Sea $f$ tal que $f(x) > 0$ para todo $x \neq 2$ en un intervalo abierto que contiene a $2$, y supongamos que $\displaystyle \lim_{x \to 2} f(x) = L$ existe.

   a) Demuestra que $L \ge 0$.

   b) Muestra con un ejemplo que no se puede asegurar $L > 0$.

   Ver solución

   1. Teorema de conservación del orden: si $g(x) \le f(x)$ cerca de $a$ (salvo quizá en $a$) y ambos límites existen, entonces $\displaystyle \lim_{x \to a} g(x) \le \lim_{x \to a} f(x)$.
   2. a) Tomamos $g(x) = 0$. Como $f(x) > 0 \ge 0 = g(x)$ cerca de $2$, el teorema da $0 \le L$.
   3. b) Consideramos $f(x) = (x - 2)^2$. Para $x \neq 2$ se cumple $f(x) > 0$, así que satisface la hipótesis.
   4. Sin embargo, $\displaystyle \lim_{x \to 2} (x - 2)^2 = 0$, que no es mayor que $0$.
   5. Conclusión: el paso al límite conserva las desigualdades no estrictas, pero una desigualdad estricta $f(x) > 0$ solo garantiza $L \ge 0$.

   Resultado final: a) $L \ge 0$. b) $f(x) = (x - 2)^2$ es positiva para $x \neq 2$ y su límite en $2$ es $0$.

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5. Demostración de la unicidad del límite

   Tema

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   Dificultad

   Avanzado

   Método

   Reducción al absurdo con la definición ε-δ

   Demuestra que si $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = L$ y $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = M$, entonces $L = M$.

   Ver solución

   1. Supongamos, por el absurdo, que $L \neq M$. Tomamos $\varepsilon = \frac{|L - M|}{2} > 0$.
   2. Como $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = L$, existe $\delta_1 > 0$ tal que $0 < |x - a| < \delta_1$ implica $|f(x) - L| < \varepsilon$.
   3. Como $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = M$, existe $\delta_2 > 0$ tal que $0 < |x - a| < \delta_2$ implica $|f(x) - M| < \varepsilon$.
   4. Tomamos un $x$ con $0 < |x - a| < \min\{\delta_1, \delta_2\}$. Por la desigualdad triangular: $|L - M| \le |L - f(x)| + |f(x) - M| < \varepsilon + \varepsilon = |L - M|$.
   5. Obtuvimos $|L - M| < |L - M|$, lo cual es imposible. La suposición era falsa, así que $L = M$.

   Resultado final: El límite de una función en un punto, si existe, es único: $L = M$.

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6. Existencia del límite en una función definida por racionales e irracionales

   Tema

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   Dificultad

   Avanzado

   Método

   Teorema del encaje y criterio de sucesiones

   Sea

   $$f(x) = \begin{cases} x^2, & x \in \mathbb{Q} \\ 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$$

   Demuestra que $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)$ existe y que $\displaystyle \lim_{x \to 1} f(x)$ no existe.

   Ver solución

   1. En $x = 0$: para todo $x$ se cumple $0 \le f(x) \le x^2$, porque $f(x)$ vale $x^2$ o $0$. Como $\displaystyle \lim_{x \to 0} 0 = \lim_{x \to 0} x^2 = 0$, por el teorema del encaje $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x) = 0$.
   2. En $x = 1$ usamos el criterio de sucesiones: si el límite existiera, toda sucesión $x_n \to 1$ con $x_n \neq 1$ daría el mismo valor de $\displaystyle \lim f(x_n)$.
   3. Sucesión de racionales: $q_n = 1 + \frac{1}{n} \to 1$. Como $q_n \in \mathbb{Q}$, $f(q_n) = q_n^2 \to 1$.
   4. Sucesión de irracionales: $r_n = 1 + \frac{\sqrt{2}}{n} \to 1$. Como $r_n \notin \mathbb{Q}$, $f(r_n) = 0 \to 0$.
   5. Se obtienen dos valores distintos ($1$ y $0$), así que $\displaystyle \lim_{x \to 1} f(x)$ no existe.

   Resultado final: $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x) = 0$; $\displaystyle \lim_{x \to 1} f(x)$ no existe.

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7. Existencia de una raíz con límites y Bolzano

   Tema

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   Dificultad

   Intermedio

   Método

   Continuidad mediante límites y teorema de Bolzano

   Demuestra que la ecuación

   $$x^3 + x - 1 = 0$$

   tiene al menos una solución en el intervalo $(0, 1)$ y localízala en un intervalo de longitud $\frac{1}{4}$.

   Ver solución

   1. Sea $f(x) = x^3 + x - 1$. Para todo $a$, $\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = a^3 + a - 1 = f(a)$ (límite de un polinomio), así que $f$ es continua en $[0, 1]$.
   2. Teorema de Bolzano: si $f$ es continua en $[a, b]$ y $f(a)$ y $f(b)$ tienen signos opuestos, existe $c \in (a, b)$ con $f(c) = 0$.
   3. Evaluamos: $f(0) = -1 < 0$ y $f(1) = 1 + 1 - 1 = 1 > 0$. Hay al menos una raíz en $(0, 1)$.
   4. Bisección: $f(0.5) = 0.125 + 0.5 - 1 = -0.375 < 0$, así que la raíz está en $(0.5, 1)$. Luego $f(0.75) = 0.421875 + 0.75 - 1 = 0.171875 > 0$, así que está en $(0.5, 0.75)$.
   5. El intervalo $(0.5, 0.75)$ tiene longitud $\frac{1}{4}$.

   Resultado final: La ecuación tiene una raíz en $(0, 1)$; más precisamente, en $(0.5,\ 0.75)$.

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8. Aplicación: población a largo plazo

   Tema

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   Dificultad

   Básico

   Método

   Límite al infinito de una función racional

   La población de una colonia de bacterias, en miles, después de $t$ horas es

   $$P(t) = \frac{1200\,t}{t + 3}, \qquad t \ge 0.$$

   ¿Qué valor alcanza la población a largo plazo?

   Ver solución

   1. «A largo plazo» significa calcular $\displaystyle \lim_{t \to \infty} P(t)$.
   2. Numerador y denominador tienden a $\infty$. Dividimos ambos entre $t$ (para $t > 0$): $P(t) = \frac{1200}{1 + \frac{3}{t}}$.
   3. Cuando $t \to \infty$, $\frac{3}{t} \to 0$, así que $P(t) \to \frac{1200}{1} = 1200$.
   4. Además, para todo $t \ge 0$ se cumple $P(t) = 1200 \cdot \frac{t}{t + 3} < 1200$: la población crece acercándose a $1200$ mil sin superarlo.

   Resultado final: $\displaystyle \lim_{t \to \infty} P(t) = 1200$; la población se estabiliza en $1\,200\,000$ bacterias.

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9. Aplicación: costo promedio de producción

   Tema

   2. Límites de funciones › 2.10 Teoremas y aplicaciones de límites

   Dificultad

   Básico

   Método

   Límite al infinito de una función racional

   Producir $x$ unidades de un artículo cuesta $C(x) = 5000 + 12x$ soles (costo fijo más costo por unidad). El costo promedio por unidad es

   $$\overline{C}(x) = \frac{5000 + 12x}{x}, \qquad x > 0.$$

   ¿A qué valor se acerca el costo promedio cuando la producción es muy grande? Interpreta el resultado.

   Ver solución

   1. Hay que calcular $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \overline{C}(x)$.
   2. Separamos la fracción: $\overline{C}(x) = \frac{5000}{x} + 12$.
   3. Cuando $x \to \infty$, $\frac{5000}{x} \to 0$, así que $\overline{C}(x) \to 12$.
   4. Interpretación: el costo fijo de $5000$ soles se reparte entre cada vez más unidades y su efecto por unidad desaparece. El costo promedio se acerca al costo variable de $12$ soles por unidad, sin bajar de él.

   Resultado final: $\displaystyle \lim_{x \to \infty} \overline{C}(x) = 12$ soles por unidad.

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10. Hallar δ para un ε dado

    Tema

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    Dificultad

    Intermedio

    Método

    Definición ε-δ con racionalización

    Se sabe que $\displaystyle \lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$. Halla un $\delta > 0$ tal que

    $$0 < |x - 4| < \delta \implies \left|\sqrt{x} - 2\right| < 0.1$$

    Ver solución

    1. Relacionamos $|\sqrt{x} - 2|$ con $|x - 4|$ racionalizando: para $x \ge 0$, $\sqrt{x} - 2 = \frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}$.
    2. Como $\sqrt{x} \ge 0$, se cumple $\sqrt{x} + 2 \ge 2$, y por lo tanto $\left|\sqrt{x} - 2\right| = \frac{|x - 4|}{\sqrt{x} + 2} \le \frac{|x - 4|}{2}$.
    3. Basta pedir $\frac{|x - 4|}{2} < 0.1$, es decir, $|x - 4| < 0.2$. Tomamos $\delta = 0.2$.
    4. Verificación del dominio: si $|x - 4| < 0.2$, entonces $3.8 < x < 4.2$, así que $x > 0$ y $\sqrt{x}$ está definida.
    5. Así, si $0 < |x - 4| < 0.2$: $\left|\sqrt{x} - 2\right| \le \frac{|x - 4|}{2} < \frac{0.2}{2} = 0.1$. Cualquier $\delta$ positivo menor que $0.2$ también sirve.

    Resultado final: $\delta = 0.2$ (o cualquier valor $0 < \delta \le 0.2$).

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