Tema 1 Sucesiones de números reales. Límites de sucesionesvandelvira.info/mate/Archivos/2BACCTT/libromate2bachill.pdf · contrario, en la recta real sucede que entre dos números

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


1-2

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


1-3

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


1-4

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 ∈∀


1-5

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:


1-6

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


1-7

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<

−⇔


1-8

(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


1-9

Ejemplo 1.19 Las sucesiones 111

2


1-10

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


1-11

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:


1-12

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


1-13

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:


1-14

( )

( )

( )( )

∞=∞=−+−

++=

−

+=

−

+=

−

+

∞→∞→∞→∞→

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


1-15

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


1-16

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

.


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:


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 .


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.


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′


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.-


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?


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 ( )

≥


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


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


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


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 .


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

→ .


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 .


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 ( )

≥


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


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 .


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.


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


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


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


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.


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.


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


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.


−=−

−≠+

−=

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


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 .


3-3


⋅=

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


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).


1

xxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en x = 0 , porque

sus límite laterales son infinitos (ambos positivos).


=

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).


=

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 ) .


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 .


>

≤−=

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

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