1. 2.4. EJERCICIOS RESUELTOS
2.4.1. Sobre límites de funciones:
1. Usando la definición de límite de una función , pruébese que: Lim ( 9 − 3 x ) = − 6
x→5
Solución:
Sea ε un número positivo cualquiera dado. Se debe hallar un δ > 0 tal que:
0 < x − 5 < δ ⇒ (9 − 3 x ) − (6 ) < ε (1)
Para ello considérese la desigualdad de la derecha de (1).
(9 − 3 x ) − (− 6 ) < ε ⇔ 9 − 3x + 6 < ε
⇔ 15 − 3 x < ε
⇔ 3 x − 15 < ε (V.A.5)
⇔ 3x − 5 < ε (factorizando)
ε
⇔ x −5 < (2)
3
Comparando la desigualdad del lado izquierdo de (1) con la desigualdad (2), se puede
ε
escoger δ = . (Por supuesto, cualquier valor menor funcionará para δ ).
3
Prueba formal.
ε
Dado ε > 0 , existe δ =
> 0 , tal que,
3
ε
0 < x − 5 < δ ⇒ x − 5 <
3
⇒ 3 x − 15 < ε
⇒ 15 − 3 x < ε
⇒ 9 − 3x + 6 < ε
⇒ (9 − 3 x )− (−6) < ε
En particular, si una persona A escoge un ε = 0.01 , en este ejemplo, entonces otra
persona B responderá con un δ = 0.01 / 3 = 0.0033 .
Si A propone ε = 0.000003 , B escogerá δ = 0.000001 (cualquier valor menor
también satisface).
Al graficar la recta y = f ( x ) = 9 − 3 x (fig. 2.9.), se nota que para “obligar” a (9
– 3x) a estar cerca de – 6, se debe “obligar” a x a que esté cerca de 5.

2. fig. 2.9.
2. Usando la definición del límite de una función, demuéstrese que:
2x2 − x − 1
Lim =3
x→1 x −1
Solución:
Análisis preliminar.
Sea ε un número positivo cualquiera dado. Se debe hallar un δ > 0 tal que:
2x2 − x −1
Si 0 < x − 1 < δ , entonces −3 <ε (1)
x −1
Para ello, considérese inicialmente la desigualdad de la derecha de (1).
2x2 − x −1
−3 <ε ⇔
(2 x + 1 )( x − 1 ) − 3 <ε (factorizando)
x −1 (x − 1)
⇔ (2 x + 1) − 3 < ε (simplificando, puesto que
x – 1 ≠ 0)
⇔ 2x − 2 < ε
ε
⇔ x −1 < ∧ x ≠1 (2)
2

3. Comparando la desigualdad del lado izquierdo de (1) con la desigualdad (2), se puede
ε
escoger δ = (cualquier valor menor funciona).
2
Prueba formal.
ε
Dado ε > 0 , existe δ =
> 0 , tal que,
2
0 < x −1 < δ ⇒ x −1 < δ ∧ x ≠ 1
ε
⇒ x −1 < ∧ x ≠1
2
⇒ 2x − 2 < ε ∧ x ≠ 1
⇒ ( 2 x + 1) − 3 < ε ∧ x ≠ 1
( 2 x + 1 )( x − 1 )
⇒ −3 < ε
( x − 1)
2x2 − x −1
⇒ −3 < ε
x −1
En particular, si en este ejemplo una persona A escoge un ε = 0.01 , entonces otra
persona B responderá con un δ = 0.005 . Si A propone ε = 0.0002 , B escogerá
δ = 0.0001 (cualquier valor menor también cumple).
2x2 − x −1
La gráfica de la función y = f ( x ) = es la misma que corresponde a
x −1
la recta de ecuación y = 2 x + 1 , con x ≠ 1.
En la fig. 2.10., aparece la gráfica de la función dada. Nótese que si el ancho de la
banda alrededor del punto y = 3 es ε , entonces, el ancho de la banda alrededor del
punto x = 1 es δ = ε / 2 .

4. fig. 2.10.
3. Considérese la función definida por f (x) = x n , con n∈ N . Evalúese:
f (2 + h) − f (2)
Lim
h→ 0 h
Solución:
f (2 + h) − f (2) (2 + h) n − 2 n
Lim = Lim (1)
h→ 0 h h→ 0 h
Si se intentase evaluar directamente el último límite, se obtendría
(2 + 0 ) n − 2n
=
0
0 0
(indeterminado).
Se puede eliminar la indeterminación, factorizando el numerador de la fracción (1):
Lim
(2 + h) n − 2 n
= Lim
[
[( 2 + h ) − 2 ] ( 2 + h ) n −1 + ( 2 + h ) n − 2 ⋅ 2 + ( 2 + h ) n − 3 ⋅ 2 2 + ... + 2 n −1 ]
h→ 0 h h→ 0 h
= Lim
[
h ( 2 + h ) n −1 + ( 2 + h ) n − 2 ⋅ 2 + ( 2 + h ) n − 3 ⋅ 2 2 + ... + 2 n −1 ]
h→ 0 h

5. [
= Lim (2 + h) n −1 + (2 + h) n − 2 ⋅ 2 + ( 2 + h) n −3 ⋅ 2 2 + ... + 2 n −1
h →0 144444444424444444443
]
n − términos
= 2 n−1 + 24424+ ... +43
n −1
144 + 2 44 2
n −1 n −1
n −terminos
n −1
= n⋅2
x−4
4. Evaluar: Lim
x→ 4 x −2
Solución:
0
.
Si se aplica directamente el límite de un cociente, se llega a la forma indeterminada
0
Se puede eliminar la indeterminación, racionalizando el denominador y simplificando.
Así:
Lim
x − 4
= Lim
(x − 4) ( x + 2 )
x→ 4 x − 2 x→ 4 ( x − 2 )( x + 2 )
= Lim
(x − 4) ( x + 2)
x→ 4
( x) −2 2 2
= Lim
( x − 4) x + 2 (
= Lim
) ( x +2 = ) 4+2=4
x→ 4 x−4 x→ 4
2x + 1 − 3
5. Evalúese: Lim
x→ 4 x−2 − 2
Solución:
0
Al sustituir directamente x por 4, se llega a la forma indeterminada
. Para
0
tratar de eliminar la indeterminación, se multiplican numerador y denominador de la
fracción por la expresión conjugada del denominador. Asi:
Lim
2x + 1 − 3
= Lim
( 2x + 1 − 3 )( x−2 + 2 )
x→ 4 x−2 − 2 x→ 4 ( x−2 − 2 )( x−2 + 2 )
= Lim
( 2x + 1 − 3 )(
x−2 + 2 )
x→ 4 ( x − 2) − 2

6. = Lim
( 2x + 1 − 3 )(
x−2 + 2 )
x→ 4 x−4
Al sustituir nuevamente x por 4, en la última expresión, continúa la
0
indeterminación . Para eliminarla, se multiplica numerador y denominador de la
0
última fracción por (
2x +1 + 3 . )
Luego,
2x + 1 − 3
= Lim
( 2x + 1 − 3 )(x−2 + 2 )(
2x + 1 + 3 )
Lim
x→ 4 x−2 − 2 x→ 4 (
(x − 4 ) 2 x + 1 + 3 )
= Lim
[2 x + 1 − 9 ]( x − 2 + 2 )
x→ 4 ( x − 4 )( 2 x + 1 + 3 )
= Lim
2 (x − 4 ) ( x−2 + 2 )
x→ 4 (x − 4 ) ( 2x + 1 + 3 )
= Lim
2 ( x−2 + 2
=
4 2 )
=
2 2
x→ 4 2x + 1 + 3 6 3
6. a. Úsese el teorema del “sánduche” para demostrar que si t está expresado en
radianes, entonces:
sen t
Lim = 1.
t→ 0 t
1 − cos t
b. Demuéstrese que: Lim = 0
t→ 0 t
Solución:
a. Considérese el círculo centrado en el origen y radio 1 que aparece en la figura
2.11. y en el cual se han trazado: El sector circular OBC, el triángulo rectángulo
OBP y el sector circular OAP.

7. fig. 2.11.
−π π
Nótese que: < t < (si t < 0, los elementos mencionados inicialmente son
2 2
los reflejados con respecto al eje x).
Conforme el punto P de la circunferencia se mueve hacia el punto A, t → 0 y
por lo tanto,
Lim cos t = 1 y Lim sen t = 0 (1).
t→ 0 t→ 0
Claramente, de la gráfica se deduce:
Area sector OBC < Área triángulo OBP < Área sector OAP. (2).
1 1 2
Pero, Área sector OBC = ( r ) 2 ⋅ (ángulo central) = ⋅ OC ⋅t
2 2
1 1
⋅ OB ⋅ t = (cos t ) ⋅ t
2 2
= (3).
2 2
1 1
Área triángulo OBP = OB ⋅ BP = cos t ⋅ sen t (4).
2 2
1 1 1
Área del sector OAP = ( r ) 2 ⋅ (ángulo central) = ⋅ 1 2 ⋅ t = t (5).
2 2 2
Sustituyendo (3), (4) y (5) en (2), se obtiene:

8. 1
(cos t )2 t < 1 cos t ⋅ sen t < 1 t
2 2 2
Después de multiplicar por 2 y dividir entre el número positivo t cos t y
sen t sen t
observando además que = > 0 , la última desigualdad puede escribirse
t t
asi:
sen t 1
cos t < < (6).
t cos t
1
Pero Lim cos t = 1 y Lim = 1 . Luego, por el teorema del sánduche, se
t→ 0 t→ 0 cos t
sen t
concluye que: Lim =1.
t→ 0 t
1 − cos t 0
b. Lim tiene la forma indeterminada .
t→ 0 t 0
Para eliminar la indeterminación, multiplíquense numerador y denominador por la
cantidad positiva: 1 + cos t .
Esto es,
Lim
1 − cos t
= Lim
(1 − cos t )(1 + cos t )
t→ 0 t t→ 0 t (1 + cos t )
1 − cos 2 t
= Lim
t→ 0 t (1 + cos t )
sen 2 t
= Lim
t→ 0 t (1 + cos t )
 sen t  1
= Lim   ⋅ sen t ⋅
t→ 0
 t  1 + cos t
= 1⋅ 0 ⋅1 = 0
7. Úsese el ejercicio 6, para evaluar los siguientes límites trigonométricos:
sen α x
a. Lim , siendo α , β constantes reales no nulas.
x→ 0 sen β x

9. tan 2 x
b. Lim
x→ 0 sen x
sen 5 x − sen 3 x
c. Lim
x→ 0 x
sen x − sen a
d. Lim
x→ 0 x − a
Solución:
sen α x
a. Antes de evaluar el límite, el cociente puede transformarse asi:
sen β x
sen α x sen α x 1 α  sen α x  1
= ⋅α x ⋅ =  
sen β x αx sen β x β  αx   sen β x 
⋅ βx  
βx  βx 
 
De esta forma:
 
 
sen α x α  sen α x  1
Lim = Lim   ⋅ 
sen β x x→ 0  β 
x→ 0
 αx   sen β x 
 
 βx 
 
   
 
 
α sen α x 1
= ⋅ Lim  ⋅  (Álgebra de límites).
β x→ 0  αx  sen β x  
 
 βx 
 
   
Ahora, decir que x → 0 es equivalente a decir que α x → 0 y que β x → 0
sen α x sen α x
Por tanto, Lim = Lim = 1.
x→ 0 αx αx→ 0 αx
sen β x sen β x
También, Lim = Lim = 1.
x→ 0 βx βx→ 0 βx
sen α x α 1 α
Luego, Lim = ⋅1 ⋅ = .
x→ 0 sen β x β 1 β
0
b. El límite es indeterminado, de la forma .
0

10. tan 2 x sen 2 x 2 sen x cos x 2 cos x
Pero, = = = .
sen x cos 2 x ⋅ sen x cos 2 x ⋅ sen x cos 2 x
tan 2 x 2 cos x 2 cos 0 2 .1
Luego, Lim = Lim = = = 2.
x→ 0 sen x x → 0 cos 2 x cos 0 1
sen 5 x − sen 3 x
c. Antes de evaluar el límite, se transforma la fracción , así:
x
sen 5 x − sen 3 x sen( 3 x + 2 x ) − sen 3 x
=
x x
sen 3 x . cos 2 x + sen 2 x . cos 3 x − sen 3 x
=
x
sen 2 x . cos 3 x sen 3 x (1 − cos 2 x )
= −
x x
 sen 2 x   1 − cos 2 x 
= 2  . cos 3 x − 3 sen 3 x  
 2x   3x 
 sen 2 x   sen 3 x 
= 2  . cos 3 x − 3   (1 − cos 2 x )
 2x   3x 
sen 5 x − sen 3 x   sen 2 x   sen 3 x  
Lim = Lim  2   cos 3 x − 3   (1 − cos 2 x )
x→ 0 x x→ 0
  2x   3x  
Pero,
sen 2 x 3x
Lim = 1 ; Lim cos 3 x = 1 ; Lim sen = A , y , Lim (1 − cos 2 x ) = 0
x→ 0 2x x→ 0 x→ 0 3y x→ 0
sen 5 x − sen 3 x
Luego, Lim = 2 .1 .1 − 3 . A .0 = 2 − 0 = 2
x→ 0 x
0
d. Nótese que al sustituir directamente x por a, resulta la indeterminación .
0
Para eliminar la indeterminación, se hace un cambio de variable y después se simplifica
la fracción resultante.
Sea y = x − a . Es claro que x → a si y sólo si y → 0.

11. Ahora bien, con esta sustitución:
sen x − sen a sen( y + a ) − sen a
=
x−a y
sen y . cos a + sen a . cos y − sen a
=
y
sen y . cos a − sen a .(1 − cos y )
=
y
sen y . cos a sen a .(1 − cos y )
= −
y y
 sen y   1 − cos y 
= cos a 
 y  − sen
 a
 .

   y 
Luego,
sen x − sen a   sen y   1 − cos y  
Lim = Lim  cos  y  − sen
a  a
 

x→ a x−a y→0
    y 
= (cos a ).1 − (sen a ).0 = cos a .
8. Encuéntrese el valor del siguiente límite, o establezca que no existe:
x −1
Lim , x ≠ 1.
x→1 x −1
Solución:
De acuerdo con la definición de valor absoluto, se tiene:
 x − 1 si x − 1 ≥ 0
x −1 = 
 − ( x − 1) si x − 1 < 0
x − 1 si x ≥1
Es decir, x −1 = 
1 − x si x <1
De esta forma:
x −1 x −1
= = 1 , si x > 1
x −1 x −1

12. x −1
=
(A − x ) = − 1 , si x < 1
x −1 (x − 1 )
x −1
La función: f ( x) = , x ≠ 1 , puede escribirse entonces como una función a
x −1
tramos, asi:
x −1 1 si x > 1
f ( x) = =
x − 1  − 1 si x < 1
Su gráfica aparece en la fig. 2.12.
Lim f ( x ) = Lim ( −1) = −1
x →1− x →1− 
Ahora,  ⇒ Lim f ( x ) NO EXISTE
Lim f ( x ) = Lim (1) = 1  x →1
x →1+ x →1+ 
9. Considérese la función a tramos definida así:
 x2 si x ≤ −2

f ( x ) =  ax + b si −2< x<2
2 x − 5 si x≥2


13. Encuéntrense los valores de las constantes a y b para que: Lim f ( x ) y
x→ −2
Lim f ( x ) existan.
x→ 2
Solución:
El siguiente diagrama recoge la información obtenida de f.
f (x) = x 2 f ( x ) = ax + b
f (x) = 2 x − 5
Lim f ( x ) existe ⇔ Lim f ( x ) y Lim f ( x ) existen
x → −2 x → −2 + x → −2 −
y además: Lim+ f ( x ) = Lim− f ( x )
x → −2 x → −2
Pero, Lim f ( x ) = Lim+ ( ax + b ) = − 2 a + b (1).
x → −2 + x → −2
Lim f ( x ) = Lim− ( x 2 ) = 4 (2).
x → −2 − x → −2
Para que el límite de f (x) en − 2 exista, es preciso que: − 2 a + b = 4 (3).
Igualmente,
Lim f ( x ) existe ⇔ Lim+ f ( x ) y Lim− f ( x ) existen
x→ 2 x→ 2 x→ 2
y además: Lim f ( x ) = Lim f ( x )
+ −
x→ 2 x→ 2
Pero, Lim f ( x ) = Lim ( 2 x − 5 ) = − 1
+ +
(4).
x→ 2 x→ 2
Lim f ( x ) = Lim ( ax + b ) = 2 a + b
− −
(5).
x→ 2 x→ 2
De (4) y (5) se sigue que 2 a + b = − 1 (6).
5
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (3) y (6) se obtiene: a=− y
4
3
b= .
2

14. Con estos valores, la función f se transforma en:
 x2 si x ≤ −2
 5 3
f ( x ) = − x + si −2< x<2
 4 2
 2x − 5 si x≥2
La gráfica de f aparece en la fig. 2.13.
fig. 2.13