Cap1 limite (1)

Moisés Villena Muñoz Cap. 1 Límites de Funciones
1
1
1.1 LÍMITE EN UN PUNTO
1.2 LÍMITES LATERALES
1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES
1.4 CÁLCULO DE LÍMITES
1.5 LÍMITES AL INFINITO
1.6 LÍMITES INFINITOS
1.7 OTROS LÍMITES
OBJETIVOS:
• Definir Límites.
• Realizar demostraciones formales de límites.
• Describir gráficamente los límites.
• Calcular límites.

1.1 LÍMITE EN UN PUNTO
El Cálculo, básicamente está fundamentado en los límites, por tanto este
tema es trascendental para nuestro estudio. De hecho, la derivada y la integral
definida son conceptos basados en límites. Conceptualizar límite determinando
el comportamiento de una función e interpretarlo en su gráfica, ayudará
bastante en el inicio del análisis de los límites.
1.1.1 DEFINICIÓN INTUITIVA
Ciertas funciones de variable real presentan un comportamiento un tanto
singular en la cercanía de un punto, precisar sus características es nuestra
intención y el estudio de los límites va a permitir esto.
Empecemos analizando ejemplos sencillos; en los que podamos por simple
inspección concluir y tener una idea del concepto de límite.
2
Ejemplo 1
Veamos como se comporta la función f con regla de correspondencia f (x) = 2x +1 en
la cercanía de x = 2 .
Evaluando la función para algunos valores de x , próximos (acercándose) a 2 :
x y = x +
2 1
1.90 4.80
1.95 4.90
1.99 4.98
" "
2.01 5.02
2.05 5.10
2.10 5.20
En la tabla de valores se han ubicado unas flechas para dar a entender que tomamos a la x
aproximándose a 2 en ambas direcciones y se observa que los valores de y se van acercando a 5.
Aunque son sólo seis valores, por ahora sin ponernos exigentes vamos a concluir diciendo que la función
se aproxima a 5 cada vez que su variable independiente x se aproxima a 2. Este comportamiento lo
escribiremos de la siguiente forma:
lím(2 1) 5
2
+ =
→
x
x
Lo anterior se puede ilustrar desde la gráfica:

Ejemplo 2
Ahora veamos el comportamiento de esta otra función f con regla de correspondencia
f x x x es equivalente a
3
f x x x , en la cercanía de x = 1 .
Evaluando la función para ciertos valores de x , cada vez más próximos a 1, tenemos:
2 5 6
x y x x
+ −
1
x
=
−
0.90 6.90
0.95 6.95
0.99 6.99
" "
1.01 7.01
1.05 7.05
1.10 7.10
+ −
( ) 5 6
1
2
−
=
x
Parece ser que esta función se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la variable independiente x
se aproxima a tomar el valor de 1, es decir x + 5 x
−
lím 6
7
1
2
1
=
−
→ x
x
.
Note que no es necesario que la función esté definida en el punto de aproximación.
Por otro lado, la regla de correspondencia
+ −
( ) 5 6
1
2
−
=
x
f (x) = x + 6 ; x ≠ 1 (¿POR QUÉ?).
Este comportamiento se lo puede visualizar desde su gráfica:
De lo expuesto en los dos ejemplos anteriores, sin ser tan riguroso todavía,
podemos emitir la siguiente definición:

lím 5 6 7
x 1
4
Una función f tiene límite L en un punto
0 x , si f se aproxima a tomar el valor L
cada vez que su variable independiente x
se aproxima a tomar el valor 0 x . Lo que
se denota como:
lím ( )
x x
0
f x L
→
=
Para los dos ejemplos anteriores el comportamiento de las funciones se
puede determinar analizando sus gráficas; pero esto podría ser no tan sencillo;
es más, suponga que se necesite bosquejar la gráfica teniendo características
de su comportamiento. De ahí la necesidad del estudio de límite de funciones.
1.1.2 DEFINICIÓN FORMAL
Suponga que se plantea el problema de demostrar que
lím2 1 5
x
2
x
→
+ = o que
2
1
x x
+ −
→ x
=
−
. Para esto, debemos garantizar formalmente el
acercamiento que tiene la función a su correspondiente valor cada vez que su
variable independiente se aproxime al valor especificado. Ya la tabla de valores
no nos sirve, el hecho que se cumpla para algunos valores no indica que se
cumpla para todos los valores próximos al punto. La demostración consistirá
en escribir matemáticamente, lenguaje formal, la metodología del proceso, lo
cual nos lleva a la necesidad de tener una definición formal de límite y no sólo
para estos dos ejemplos, sino para cualquier función.
Antes, de llegar a la definición requerida, precisemos lo siguiente:
PRIMERO, para un lenguaje formal, decir que x toma valores próximos a un
punto 0 x (que x está en torno a 0 x ), bastará con considerarla perteneciente a
un intervalo o vecindad, centrado en 0 x , de semiamplitud muy pequeña, la
cual denotaremos con la letra griega ∂ (delta). Es decir:
0 0 x − ∂ < x < x +∂
Transformando la expresión anterior tenemos:
x x x
− ∂ < < + ∂
0 0
x − ∂ − x < x − x < x + ∂ −
x
0 0 0 0 0
x x
− δ < − < δ
0
x x
− < δ
0
Restando " 0 x "
Empleando la definición
de valor absoluto

Y, para que x no sea x0 , bastará con proponer que 0 < x − x0 < ∂ ¿POR
QUÉ?.
SEGUNDO, para decir que f está próxima a L (en torno a L ), podemos
expresar que pertenece a un intervalo o vecindad, centrado en L de
semiamplitud muy pequeña, la cual denotaremos con la letra griega ε
(épsilon). Es decir:
Restando " L "
Aplicando la definición de valor absoluto
f x L ε δ tal que x x δ f x L ε
5
L −ε < f (x) < L +ε
Transformando la expresión anterior tenemos:
L f ( x )
L
− < < +
ε ε
f ( x )
L
− < − < +
ε ε
ε
f x L
− <
( )
Con todo lo anterior, definimos formalmente límite de una función en un
punto, de la siguiente manera:
Sea f una función de variable real y sean ε y ∂
cantidades positivas muy pequeñas.
Suponga que f se aproxima a L cuando x se
aproxima a 0 x , denotado por
lím ( )
x x
0
f x L
→
= ,
significa que para toda proximidad ε que se
desee estar con f en torno a L, deberá
poderse definir un intervalo en torno a x en el
0 cual tomar x , sin que necesariamente x = x , que
0 nos garantice el acercamiento.
Es decir:
( lím ( ) = ) ≡∀ > 0, ∃ > 0 0 < − < ⇒ ( )
− <
x →
x
0 0
La definición indica que para asegurar que una función tiene límite
deberíamos establecer una relación entre ∂ y ε .
Una manera de interpretar gráficamente lo mencionado es:

6
Con esta definición, ya podemos realizar demostraciones formales.
Ejemplo 1
Demostrar formalmente que lím(2 1) 5
2
+ =
→
x
x
.
SOLUCIÓN:
Cuando hicimos la tabla de valores, sólo para seis valores percibimos que el límite de esta función era 5, se
trata ahora de demostrarlo. Debemos garantizar que cuando reemplacemos la x por cualquier número
cercano a 2 el valor de y correspondiente es un números cercano a 5, y mientras la x esté más cerca de
2 la y estará más cerca de 5; esto quiere decir que la diferencia entre los valores que resultan en
2x +1con 5 deberán ser cantidades muy pequeñas, menores que cualquiera tolerancia ε que nos
fijemos.
Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 5 con y = 2x +1 , tanto como nos propusiéramos estar
(para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual
tomar x que garantice aquello, es decir:
∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 2 < δ ⇒ (2x +1)− 5 < ε
En la implicación, vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente.
Observe el consecuente, su forma algebraica nos guiará en el procedimiento a seguir:
x
x
x
x
x
x
x
0 < − 2
<
δ
0 < 2 − 2 <
2
δ
0 < 2 − 2 <
2
0 < 2 ( − 2 )
<
2
0 < 2 − 4 <
2
0 < 2 − 4 + 5 − 5 <
2
0 < 2 + 1 − 5 <
2
( )
δ
δ
δ
δ
δ
Ahora, podemos decidir que
ε
Multiplicando por 2 (porque en el
consecuente aparece 2x )
Propiedades del valor absoluto
Sumando y restando 5 (debido a que
aparece -5 en el consecuente)
Agrupando
δ = ; es decir, que si tomamos 2 2 2 − ε < x < 2 + ε nos permite asegurar
2
lo propuesto.
Suponga que ε = 0.1 ; es decir, si quisiéramos que y = 2x +1 esté a menos de 0.1 de 5, será posible
si tomamos a la que x , en torno a 2 a una distancia no mayor de 0.05
δ = 0.1 = . Es decir para que f
2
esté entre 4.9 y 5.1 bastará con tomar a la x un número entre 1.95 y 2.05.

No olvide que proponer una relación entre ε y ∂ , garantiza que f estará tan cerca de L , como se
quiera estar. Veamos, más cerca ε = 0.01 , bastará con tomar a la x a no menos de 0.005
y x x se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la x esté
y x x , tanto como nos
7
δ = 0.01 =
2
de 2. Es decir que si tomamos 1.995 < x < 2.005 garantiza que 4.99 < f (x) < 5.01.
Ejemplo 2
Demostrar formalmente que
2
lím 5 6 7
x 1
1
x x
+ −
→ x
=
−
.
SOLUCIÓN:
Debemos asegurar que
2 + 5 −
6
1
−
=
x
próxima de 1. Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 7 con
2 + 5 −
6
1
−
=
x
propusiéramos estar (para todo ε ). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo
(existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir:
+ 0, 0 0 1 5 −
6
∀ > ∃ > < − < ⇒ 7
ε δ δ − <ε
−
1
2
x
tal que x x x
Vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente. La forma algebraica
del consecuente nos guiará:
x
x
x
x x
0 1
0 1 7 7
0 6 7
< − <
< − + − <
< + − <
+ −
( )
( )( )
2
6 1
7
x
1
5 6 7
1
x x
x
δ
δ
δ
− < ∂
−
+ −
− < ∂
−
Con δ = ε , nos permite asegurar lo propuesto; es decir, tomando 1−ε < x < 1+ε
Ejemplo 3
Demostrar formalmente que 2
lím 4
x
2
x
→
= .
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 2 <δ ⇒ x 2 − 4 <ε
Por lo tanto:
x
x x x
x x x
x x
0 < − 2
<
δ
0 < − 2 + 2 < δ
+
2
0 < ( − 2 )( + 2 )
< δ
+
2
0 < 2
− 4 < δ
+
2
Se suma y resta 7 (debido a que
aparece -7 en el consecuente)
Agrupando (x + 6) y
dividiéndolo y multiplicándolo por (x −1)
(debido a que el primer término del consecuente
aparece dividido por (x −1) )
Multiplicando por x + 2 (debido a que
el consecuente tiene una diferencia de
cuadrados perfectos)

8
Tomamos
+ 2
=
x
ε
δ . Pero ahora existe un inconveniente, la relación es función de x . Esto lo podemos
salvar acotando a x . Suponga que a la x se la toma a una distancia no mayor de 1, en torno a 2,
entonces 1 ≤ x ≤ 3 , que si tuviéramos que escoger un valor para x , el idóneo sería 3, para que
satisfaga el hecho de que δ debe ser una cantidad pequeña.
Por tanto,
ε ε
ε ε
− < < + asegura lo que se quiere demostrar.
= ; es decir, tomar 2 2
δ =
3 +
2 5
x
5 5
Ejemplo 4
Demostrar formalmente que lím 2
4
=
→
x
x
.
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 4 <δ ⇒ x − 2 <ε
entonces:
0 4
0 2 2
0 2 2
0 2
< − <
< − + <
< − + <
( )( )
( )
2
x
x x
x x
x
x
δ
δ
δ
δ
< − <
+
Tomamos ⎟⎠ ⎞
⎜⎝ ⎛
δ = ε x + 2 . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 4,
entonces 3 ≤ x ≤ 5 , un valor idóneo sería 3. ¿Por qué?.
Por lo tanto, δ = ε ( 3 + 2); es decir, si tomamos 4 −ε ( 3 + 2)< x < 4 +ε ( 3 + 2) aseguramos lo
que se quiere demostrar.
Ejemplo 5
Demostrar formalmente que 3
lím 3
x
27
x
→
= .
SOLUCION:
Debemos garantizar que ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que 0 < x − 27 <δ ⇒ 3 x − 3 <ε
Entonces:
x
x x x
0 27
0 27 27 27
< − <
< − ⎛⎜ + + ⎞⎟ <
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
⎝ ⎠
< x − ⎛⎜ x + x
+ ⎞⎟ <
0 3 3 9
⎝ ⎠
( )
2 2
3 3 3 3 3 3
2
3 3 3
3
2
3 3
0 3
3 9
x
x x
δ
δ
δ
δ
< − <
⎛⎜ + + ⎞⎟
⎝ ⎠
Tomamos (( ) ) 2
δ =ε ⎛⎜ 3 x + 33 x + 9 ⎞⎟
⎝ ⎠
. Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1,
entorno a 27, entonces 26 ≤ x ≤ 28 , un valor idóneo sería 26.
Factorizando x − 4 para
diferencia de cuadrados
Despejando
Factorizando x − 27 para
diferencia de cubos
Despejando

ε δ δ ε
9
Por lo tanto, ( )2
δ =ε ⎛⎜ ⎛⎜ 3 26 + 33 26 + 9⎞⎟ ⎞⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠
o δ ≈ 27ε ; es decir,
si tomamos ( ) ( ) 2 2
27 −ε ⎛⎜ ⎛⎜ 3 26 + 33 26 + 9⎞⎟ ⎞⎟ < x < 27 +ε ⎛⎜ ⎛⎜ 3 26 + 33 26 + 9⎞⎟ ⎞⎟ o
⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠
27 − 27ε < x < 27 + 27ε aseguramos lo que se quiere demostrar.
Ejemplo 5
lím 1 1
x 1
1 2
x
→ x
−
=
−
.
SOLUCION:
Debemos garantizar que 0, 0 0 1 1 1
1 2
tal que x x
x
−
∀ > ∃ > < − < ⇒ − <
−
La expresión algebraica del consecuente tiene una apariencia un tanto compleja, por tanto en este caso es
mejor empezar analizando el consecuente, para tener referencia de los pasos a seguir para luego
transformar el antecedente.
x
x
ε
( x
)
( x )( x
)
( x
)
( x
)
( x
)
x
( x
)
x
( x
)
( x )( x
)
( x )( x
)
x
x
x
x
( )
( )
( )
2
2
2
1 1
1 2
1 1
1 1 2
1 1
1 2
2 1
2 1
2 1
2 1
1
2 1
1 1
2 11
1
2 1
1
2 1
x x
1 2 1
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
−
− <
−
−
− <
− +
− <
+
− +
<
+
− −
<
+
−
<
+
− +
<
+ +
−
<
+
−
<
+
− < ⎡ + ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
¨
Factorizando el denominador
(x −1) para diferencia de cuadrados
Simplificando ( x −1)
Restando
Destruyendo paréntesis
Resolviendo la resta del 2 con el 1
Multiplicando y dividiendo por (1+ x )
Producto notable
Aplicando propiedades del valor
absoluto
Despejando
Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:

10
δ
δ
( )( )
δ
δ
δ
( ) ( )
δ
( ) ( )
2
δ
( ) ( )
2
( )
δ
( ) ( )
2
( )
( )
δ
( ) ( )
δ
( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
( )
2
2
2
2
0 1
0 1
0 1 1
0 1
1
1
0
2 1 21 1
0 1
2 1 2 1
0 2 1
2 1 2 1
2 1
0
2 1 2 1
2 1 0
2 1 2 1 2 1
0 1 1
1 2 2 1
1 1 0
1 1 2 2 1
1 1 0
1 2 2 1
x
x
x x
x
x
x
x x x
x
x x
x
x x
x
x x
x
x x x
x x
x
δ
x x x
x
δ
x x
< − <
< − <
< − + <
< − <
+
−
< <
+ + +
−
< <
+ +
− −
< <
+ +
− +
< <
+ +
+
< − <
+ + +
< − <
+ +
−
< − <
+ − +
−
< − <
− +
Tomamos ( )2
δ =ε ⎛⎜ 2 1+ x ⎞⎟
⎝ ⎠
Propiedad del valor absoluto
Factorizando para diferencia de cuadrados
Despejando
Dividiendo todos los términos entre 2(1+ x )
Transformando el 1 en 2 - 1
Agrupando
. Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 1,
entonces 0 ≤ x ≤ 2 , un valor idóneo sería 0. Reemplazando tenemos δ =ε ⎛⎜ 2 ( 1+ 0 ) 2
⎞⎟ =ε ( 2
) ⎝ ⎠
Por lo tanto, δ = 2ε ; es decir, si tomamos 1− 2ε < x < 1+ 2ε aseguramos lo que se quiere demostrar.
Ejemplo 6
lím 4 4
x 4
2
x
−
→ x
=
−
.
SOLUCION:
Debemos garantizar que −
0, 0 0 4 4 4
ε δ δ ε
∀ > ∃ > < − < ⇒ − <
2
tal que x x
x
−
Igual que en el ejemplo anterior primero vamos a analizar el consecuente:
Separando en dos términos
Simplificando
Multiplicando por la conjugada

Factorizando el numerador (x − 4) para
diferencia de cuadrados
Simplificando ( x − 2)
Restando
Multiplicando y dividiendo por ( x + 2)
Realizando el Producto Notable
Aplicando propiedades del valor absoluto
Despejando
Dividiendo todos los términos entre ( x + 2)
Factorizando (x − 4) para diferencia de cuadrados
11
x
x
x x
4 4
ε
2
2 2
( )( )
x
( )
x
x
x x
( )( )
( )
( )
4
2
2 4
2
2 2
2
x
x
x
x
x
x x
4
2
4
2
4 2
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
−
− <
−
− +
− <
−
+ − <
− <
− +
<
+
−
<
+
−
<
+
− < +
Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:
x
x
x x
x x
0 4
0 4
δ
δ
2 2
2 2
( )( )
( )
x x
( )
( )( )
( )
( )
0
2 2
0 2
2
0 244
2
0 2 4
2
2 2
0 4
2 2
0 4 4
2 2
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x x
δ
δ
δ
δ
δ
δ
< − <
−
< <
+ +
− +
< <
+ +
< − <
+
< − + − <
+
< + − <
+
+ −
< − <
− +
−
< − <
− +
Simplificando ( x + 2)
Sumando y restando 4
Agrupando
Multiplicando y dividiendo ( x − 2)
Realizando el Producto Notable
Tomamos δ =ε ( x + 2) . Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 4,
entonces 3 ≤ x ≤ 5 , un valor idóneo sería 3.
Por lo tanto, δ =ε ( 3 + 2) ; es decir, si tomamos 4 −ε ( 3 + 2) < x < 4 +ε ( 3 + 2)
aseguramos lo que se quiere demostrar.
Podría no ser tan sencillo encontrar un ∂ en función de ε , eso no significa
que el límite no existe, todo depende de la regla de correspondencia de la
función.

12
Ejercicios Propuestos 1.1
1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límite:
a)
2
lím 9 6
x 3
3
x
→ x
−
=
−
b) ( )
lím 2 5 1
x
2
x
→
− = −
c)
2
lím 5 6 7
x 6
6
x x
+ −
→− x
= −
+
x x x
+ − −
lím 2 3 2 3 2
d) 5
1
3 2
1
=
−
→ x
x
e) lím 2 2
2
=
→
x
x
f)
lím 1 2
x 1
1
x
−
→ x
=
−
lím 2
x
g) 3
8
x
→
=
h) lím 3 3
x a
x a
→
=
2. Determine un número “ ∂ ” para el valor de “ε ” dado, tal que se establezca el límite de la función:
a)
2
lím9 1 2 , 0.01
x 3 1
1
3
x
x
ε
→
−
= =
−
b)
4 4
2 8
x a a
x a
ε −
lím 2 , 10
x →
a
2 2 −
= =
−
c)
lím 2, 0.08
x 0
1 1
x
x
ε
→
= =
+ −
3. Sea f :ℜ+ →ℜ tal que f (x) = x encuentre un valor de “ ∂ ” para que 2.99 < f (x) < 3.01
siempre que 0 < x − 9 < ∂
4. Sea f (x) = 3 x . Establezca un intervalo en el cual tomar " x " para que f (x) esté a menos de 0.1
de 1
1.1.3 TEOREMA DE UNICIDAD DE LÍMITE.
Sea f una función de una variable real.
Si f tiene límite en 0 x = x , entonces este
es único. Es decir, si f x L
x x
=
→ lím ( )
0
y
f x M
x x
=
→ lím ( )
0
entonces L = M .
Demostración:
Por CONTRADICCIÓN. Supongamos que efectivamente f tiene dos límites L y M , entonces tenemos dos
hipótesis:
H1 : lím f ( x )
L
x x
=
→
0
≡ ∀ε 1 > 0, ∃δ 1 > 0 tal que 0 < x − x0 <δ 1 ⇒ f (x) − L <ε 1
H2 : lím f ( x )
M
x x
=
→
0
≡ ∀ε 2 > 0, ∃δ 2 > 0 tal que 0 < x − x0 <δ 2 ⇒ f (x) −M <ε 2
Como se dice para todo ε 1 y para todo ε 2 entonces supongamos que ε 1 =ε 2 =ε .
Tomemos { } ∂ = min ∂1,∂2 para estar con x , en la vecindad de x0 .

ε 1 se produce una contradicción porque tendríamos
13
Simultáneamente tenemos:
⎪⎩
⎪⎨ ⎧
f x L
− <
ε
− <
∀ > ∃ > < − < ⇒
ε
ε δ δ
( )
f x M
talque x x
( )
0, 0 0 0
lo cual quiere decir también que:
talque x x f x L f x M
ε 0, δ 0 0 δ ( ) ( ) 2ε
∀ > ∃ > < − 0 < ⇒ − + − <

M −
f ( x
)
Por la desigualdad triangular a + b ≤ a + b , tenemos:

f (x) − L + M − f (x) ≤ f (x) − L + M − f (x)
a b a b
entonces como M − L ≤ f (x) − L + M − f (x) 2ε podemos decir que M − L 2ε
Ahora bien, suponiendo que = M − L
2
M − L ( M − L ) 2
2 1 lo cual no es verdad. Por lo tanto, se concluye que L = M . L.Q.Q.D
Ejemplo (una función que no tiene límite en un punto)
Sea ( ) x f (x) = sen 1 .
Analicemos su comportamiento en la vecindad de “0”
( )
x x y sen
1
− −
0
1
1
0
1
2
π
1
π
2
3
−
2
3
π
π
1
π
2
1
π
−
−
=
7 7
Se observa que la función en la vecindad de “0” tiene un comportamiento un tanto singular, sus valores
son alternantes. Por tanto, se concluye que esta función no tiene límite en cero.
Veamos su gráfica.
⎞
⎟⎠
y = sen ⎛
1
⎜⎝
x

1.2 LÍMITES LATERALES
Existen funciones que por la derecha de un punto tienen un comportamiento
y por la izquierda del punto tienen otro comportamiento. Esto ocurre
frecuentemente en funciones que tienen regla de correspondencia definida en
intervalos y que su gráfica presenta un salto en un punto. Para expresar
formalmente este comportamiento se hace necesario definir límites en un punto
por una sola dirección.
14
1.2.1 LÍMITE POR DERECHA
Cuando x se aproxima a tomar el valor de 0 x ,
pero sólo por su derecha ( + ∂) 0 0 x x x , f se
aproxima a tomar el valor de 1 L ; significa que f
puede estar tan cerca de 1 L , tanto como se
pretenda (∀ε ), para lo cual deberá existir el
correspondiente ∂ , que indica el intervalo en el
cual tomar x que nos garantice aquello. Es decir:
⎛ = ⎞ ≡ ∀ ∃∂ − ∂⇒ − ⎜ ⎟
⎝ ⎠
f x L ε tal que x x f x L ε → +
1 0 1 lím ( ) 0, 0 ( )
x x
0
Ejemplo 1
Una función creciente en (x0 ,∞)

15
Ejemplo 2
Una función decreciente en (x0 ,∞)
1.2.2 LÍMITE POR IZQUIERDA.
Cuando x se aproxima a tomar el valor de
0 x , pero sólo por su izquierda
( ) 0 0 x − ∂ x x , f se aproxima a tomar el
valor de 2 L ; significa que f puede estar
tan cerca de 2 L , tanto como se pretenda
(∀ε ), para lo cual deberá existir el
correspondiente ∂ , que indica el intervalo
en el cual tomar x que nos garantice
aquello. Es decir:
⎛ ⎜ lím ( ) = ⎞ ⎟
≡ ∀ 0, ∃∂ 0 − ∂⇒ ( )
− ⎝ 2 ⎠
0 2 x x
0
f x L ε tal que x x f x L ε
→ −
Ejemplo 1
Una función decreciente en ( ) −∞,x0

16
Ejemplo 2
Una función creciente en (−∞,x0 )
Note que lo que se ha hecho es no otra cosa que separar la definición de
límite en un punto que fue dada al comienzo.
De las definiciones anteriores y por el Teorema de Unicidad de Límite surge
el siguiente teorema.
1.2.3 TEOREMA DE EXISTENCIA DE LÍMITE
Si f es una función con límite en 0 x
entonces se cumple que tanto por
izquierda como por derecha f tiende a
tomar el mismo valor. Es decir:
( f x L) f x L f x L
= ≡ = ∧ = → → + → − lím ( ) lím ( ) lím ( )
x x x x x x
0 0 0
f x f x
≠ , se dice que lím ( )
Si se da que lím ( ) lím ( )
x→x + x→x −
0 0
0
f x
x→x no existe.
Ejemplo 1
Sea
2
f x . Hallar lím ( )
2
( )
−
−
x
=
x
2
f x
x→
:
SOLUCIÓN:

x ε tal que x x ε
17
Expresando la regla de correspondencia sin valor absoluto, resulta:
−
2
( ) ⎩ ⎨ ⎧
x
1 ;
2
−
=
⎧
⎪ ⎪⎩
⎪ ⎪⎨

x
x
− −
−

−
=
−
−
=
1 ; 2
; 2
2
2
; 2
2
2
2
( )
x
x
x
x
x
x
x
f x
Esto quiere decir que su gráfica es:
De la gráfica observamos que lím ( ) 1
2
=
→ +
f x
x
y lím ( ) 1
2
= −
→ −
f x
x
; entonces se concluye que
f x no existe
lím ( )
→2
x
.
Ejemplo 2
Demostrar formalmente que lím ( ) 6
3
=
→
f x
x
si ( )
⎧
⎪⎩
⎪⎨
x x
2 ,
3
x
4 , 3
=
=
3 3 , 3
x x
−
f x
SOLUCIÓN:
Note que la función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 3 y otra diferente a la
izquierda de 3, entonces es necesario demostrar que lím ( ) 6
3
=
→ +
f x
x
y que lím ( ) 6
3
=
→ −
f x
x
.
PRIMERO, ( ) 3
lím 2 6 0, 0 0 3 2 6
x
→ +
= ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ −
x
x
x
0 3
0 2 3 2
0 2 6 2
− ∂
( − )
∂
− ∂
Si
ε
∂ = ; es decir, tomando
2
2
3 3
ε
x + garantizamos la afirmación que 2 6
lím x
x
3
=
→ +
.
SEGUNDO,
( ( ) ) ( )
lím 3 3 6 0, 0 0 3 3 3 6
x
3
x ε tal que x x ε
→ −
− = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ − −
x
x
x
0 3
0 3 3 3
0 9 3 3
0 6 3 3 3
0 3 3 6 3
0 3 3 6 3
− ∂
( − )
∂
− ∂
+ − x
∂
− ( x
− )
+ ∂
−⎡⎣ ( x
− )
− ⎤⎦ ∂
Si
ε
ε
3− x
∂ = ; es decir, tomando 3
3
3
garantizamos que ( )
x → −
lím 3 3 6
x
3
− = .

18
Ejemplo 3
Demostrar formalmente que f (x)
lím
→
x 2
no existe, si ( )
⎩ ⎨ ⎧
x x
− 1 , ≥
2
x + x

=
1 , 2
f x
SOLUCIÓN:
La función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 2 y otra diferente a la
izquierda de 2, entonces es necesario demostrar que ambas definiciones convergen a distintos valores, es
decir: lím f (x) ≠
lím f (x)
.
x→ 2 + x→ 2
−
Note que, ( )
x → +
lím 1 1
x
2
− = y que ( )
x → −
lím + 1 =
3
x
2
PRIMERO,
( ( ) ) ( )
lím 1 1 0, 0 0 2 1 1
x
2
x ε tal que x x ε
→ +
− = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ − −
x
x
x
0 2
0 1 1
0 1 1
− ∂
− − ∂
− − ∂
( )
Si ∂ =ε ; es decir, tomando 2 x 2 +ε garantizamos que ( )
x → +
lím 1 1
x
2
− = .
SEGUNDO,
( ( ) ) ( )
lím 1 3 0, 0 0 2 1 3
x
2
x ε tal que x x ε
→ −
+ = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ + −
x
x
0 2
0 3 1
0 3 1
0 1 3
− ∂
− − ∂
− ( + x
)
∂
−⎡⎣ ( x
+ )
− ⎤⎦ ∂
Si ∂ =ε ; es decir, tomando 2 −ε x 2 garantizamos que ( )
x → −
lím 1 3
x
2
+ = .
Por lo tanto, al demostrar que f converge a distintos valores en la vecindad de 2 , estamos demostrando
que f (x)
lím
→
x 2
no existe
Ejemplo 4
Demostrar formalmente que ( a b)
x x → +
lím 2 − =
2
x
2
SOLUCIÓN:
( ( a b) ) ( a b)
lím 2 2 0, 0 0 2 2 2
x
2
x x ε tal que x x x ε
→ +
− = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ − −
No olvide que a la derecha de 2 el entero mayor de x es igual a 2, es decir axb = 2 .
Transformando el antecedente:
¨
( )
x x
0 2 0 2 4 2
− ∂ ≡ − ∂
x
x
x
0 2 4 2 2 2
0 2 2 2 2
0 2 2 2 2
≡ − + − ∂
≡ − − ∂
≡ − − ∂
( a b)
Si
ε
∂ = ; es decir, tomando 2 2
2
2
x
ε
+ garantizamos que ( a b)
x x → +
lím 2 2
x
2
− = .

19
1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límites laterales:
a. lím 0
0
=
→
x
x
b. lím ( ) 3
2
= −
→
f x
x
; si ( )
⎩ ⎨ ⎧
x x
2 − 7 , ≥
2
=
5 − 4 x , x

2
f x
c. lím ( ) 3
2
=
→
f x
x
; si ( )
⎩ ⎨ ⎧
x x
2 − 1 , ≥
2
x + x

=
1 , 2
f x
d. ( a b)
x x → −
lím 2 − =
3
x
2
e. ( a b)
x x → +
lím 3 − =
6
x
3
2. Demostrar formalmente que f (x)
lím
→
x 1
no existe, si ( )
x x
3 1 , 1
x x
⎩ ⎨ ⎧
− ≥
+
=
2 , 1
f x
3. Trace la gráfica y determine, por inspección, el límite indicado si existe, si no existe justifique.
f x ; f (x)
a. ( )
⎧
⎪⎩
⎪⎨
x
2 ,
1
x
1 , 1
=
− =
3 , x

1
lím
→
x 1
b. ( ) 2
2
x
f x
x
+
=
+
; ( )
lím
x
2
f x
→−
; ( )
lím
x
2
f x
→
f x ; f (x)
c. ( )
⎩ ⎨ ⎧
x x
2 − 7 , ≥
2
=
5 − 4 x , x

2
lím
→
x 2
d. f (x) = x −axb ; f (x)
lím , ( )
x→0−
f x → +
lím
x
0
e. ( )
a b
( )
( )
x x x
, 1
⎧ + ≤ −
⎪
= − − ≤ ⎨⎪
⎩
f x Sgn x x
3 , 1 4
μ x x
, 4
; ( )
lím
x
1
f x
→−
( ) 5
2
, lím
x
f x
→−
4. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla las condiciones siguientes:
• Dom f = R
• f es decreciente en (−∞,−3)∪(0,2)
• f es creciente en (−3,0)∪(2,+∞)
• ∀ε 0 ∃δ 0,∀x[0 −3 − x δ ⇒ f (x) − 2 ε ]
• ∀ε 0 ∃δ 0,∀x[0 x + 3 δ ⇒ f (x) ε ]
• ∀ε 0 ∃δ 0,∀x[0 x − 2 δ ⇒ f (x) +1 ε ]
• f (−3) = f (2) = 0 y f (0) = 5
5. Bosqueje el gráfico de una función que cumpla las condiciones siguientes:
• Dom f = R
• f es creciente en (−∞,0)∪(0,3)
• f decreciente en (3,∞)
• ∀ε 0 ∃δ 0,∀x[0 −x δ ⇒ f (x) − 3 ε ]
• ∀ε 0 ∃δ 0,∀x[0 x δ ⇒ f (x) ε ]
• ∀ε 0 ∃δ 0,∀x[0 x − 3 δ ⇒ f (x) − 5 ε ]
• f (−3) = f (3) = f (6) = 0 y f (0) = 2

1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES
20
1.3.1 TEOREMA PRINCIPAL SOBRE LÍMITE
Sean f y g funciones con límite en 0 x ;
es decir, suponga que
lím ( )
x x
0
f x L
→
= y
lím ( )
x x
0
g x M
→
= . Entonces:
1.
lím
x x
0
k k
→
= , ∀k ∈R
2.
0 lím
x x
0
x x
→
=
3.
= = , ∀k ∈R
kf x k f x kL
lím ( ) lím ( )
x → x x →
x
0 0
4. [ ]
f x g x f x g x L M
lím ( ) ( ) lím ( ) lím ( )
x x x x x x
+ = + = +
→ → →
0 0 0
5. [ ]
f x g x f x g x L M
lím ( ) ( ) lím ( ) lím ( )
x x x x x x
− = − = −
→ → →
0 0 0
6. [ ]
f x g x f x g x LM
lím ( ) ( ) lím ( ) lím ( )
x x x x x x
= =
→ → →
0 0 0
f x f x L
g x g x M
( ) lím ( ) lím
⎡ ⎤
⎢ ⎥ = =
⎣ ⎦
7. 0
0
→
( ) lím ( )
0
x x
x x
x x
→
→
;siempre que
lím ( ) 0
x x
0
g x
→
≠
8. [ ]
= ⎡ ⎤ = ⎢⎣ ⎥⎦ , ∀n∈ N
f x f x L
lím ( ) lím ( )
0 0
n
n n
x → x x →
x
9.
fx fx L
lím n ( ) = lím ( ) =
n
n x → x x →
x
0 0
siempre que
lím ( ) 0
x x
0
f x
→
≥ cuando n es par.
Demostraciones
1. ( ) 0
k k ε x x k k ε
lím 0, 0 / 0
x →
x
0 = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ −
El consecuente de la implicación es verdadero porque 0 ε . Por tanto, la proposición es siempre
verdadera.
2. ( ) 0
x x ε x x x x ε
lím 0, 0 / 0
x →
x
0 0 0 = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ −
Si ∂ =ε la proposición es verdadera siempre.

lím ( ) 1
x
21
3. ( ) 0
kf x kL ε x x kf x kL ε
lím ( ) 0, 0 / 0 ( )
x →
x
0 = ≡∀ ∃∂ − ∂⇒ −
Observe el consecuente, la expresión kf (x) − kL ε es equivalente a
k ( f (x) − L) ε .
Por hipótesis, en la cercanía de x0 , f se aproxima a L , por tanto kf se aproximará a kL .
4. Debemos demostrar que si
f x L
lím ( )
x x
=
→
0
g x M
lím ( )
x x
=
→
0
entonces lím [f ( x ) g ( x )
] L M
x x
+ = +
→
0
Asegurar que lím f ( x )
L
x x
=
→
0
significa que:
∀ε 1 0, ∃∂1 0 tal que 0 x − x0 ∂1 ⇒ f (x) − L ε 1
Y asegurar que lím g ( x )
M
x x
=
→
0
significa que:
∀ε 2 0, ∃∂ 2 0 tal que 0 x − x0 ∂ 2 ⇒ g(x) −M ε 2
Lo cual quiere decir si tomamos
ε
ε =ε = y { } ∂ = min ∂1,∂2 tenemos:
1 2 2
⎧
⎪ ⎪⎩
⎪ ⎪⎨
f x L
−
ε
−
∀ ∃∂ − ∂⇒
2
( )
2
( )
0, 0 / 0 0 ε
ε
g x M
x x
Sumando término a término la desigualdad resulta:
2 2
( ) ( )
ε ε
f x − L + g x −M +
Y por la desigualdad triangular ( f (x) − L)+ (g(x) − M) ≤ f (x) − L + g(x) − M
Por lo tanto ( f (x) + g(x))− (L +M) ε
Finalmente, se observar que:
∀ε 0, ∃∂ 0 / 0 x − x0 ∂⇒ ( f (x) + g(x))− (L +M) ε
lo que nos asegura que lím [f ( x ) g ( x )
] L M
x x
+ = +
→
0
El resto de las demostraciones se deja como ejercicio para el lector.
Observe que el recíproco del teorema anterior es falso.
Ejemplo
Suponga que se tiene
x
1 ; 0
⎩ ⎨ ⎧

f x y
=
0 ; ≤
0
( )
x
x
0 ; 0
⎩ ⎨ ⎧
≥
=
1 ;
0
( )
x
g x
entonces ( )
x
1 ; 0
⎩ ⎨ ⎧
≠
=
+ =
0 ; 0
( )
x
f g x
Observe que:
lím ( )
x
0
f x
→
no existe y que
lím ( )
x
0
g x
→
tampoco existe, sin embargo ( )
0
f g x
→
+ =
(existe). Es decir, “ Si ( f + g) es una función con límite en un punto, entonces no podemos
asegurar que f y g también tienen límite en ese punto”

22
El teorema principal de límite permite establecer límites de ciertas funciones.
Ejemplo
Calcular lim( 2 3 2)
2
+ −
→
x x
x
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límites, tenemos:
( )
x x x x inciso y
lim + 3 − 2 = lim + lim 3 −
lim 2 ( 4 5)
x x x x
→ → → →
x x inciso y
x x
2 3(2) 2
= + −
8
lim 3 lim 2 ( 8, 3 1)
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
=
− + ⎟⎠ ⎞
⎜⎝ ⎛
=
→ →
Lo último del ejemplo anterior permite concluir que con una sustitución basta.
1.3.2 TEOREMA DE SUSTITUCIÓN
Sea f una función polinomial o una
función racional, entonces
0 lím ( ) ( )
x x
0
f x f x
→
=
siempre que 0 f (x ) esté definida y que el
denominador no sea cero para el caso de
una función racional.
De principio o de final, en el cálculo de límite, se empleará el teorema de
sustitución.
Ejemplo
Calcular lim( 2 3 2)
2
+ −
→
x x
x
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución, tenemos:
lim( 2 3 2) 22 3(2) 2 8
2
+ − = + − =
→
x x
x
Veamos el siguiente otro teorema, muy poco utilizado pero necesario en
ciertas situaciones.

23
1.3.3 TEOREMA DEL EMPAREDADO
Sean f , g y h funciones tales que
g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) para toda x próxima a
0 x con la posible excepción de 0 x . Si
lím ( )
x x
0
g x L
→
= y
lím ( )
x x
0
h x L
→
= entonces
lím ( )
x x
0
f x L
→
= .
DEMOSTRACIÓN.
Tenemos tres hipótesis:
H1 : ( ) 0
g x L ε x x g x L ε
lím ( ) = ≡∀ 0, ∃∂ 0 / 0 − ∂ ⇒ ( )
−
x →
x
1 1 0 1 1 H2 : ( ) 0
h x L ε x x h x L ε
lím ( ) = ≡∀ 0, ∃∂ 0 / 0 − ∂ ⇒ ( )
−
x →
x
2 2 0 2 2 H3 : ∃∂3 0 / 0 x − x0 ∂3 ⇒ g(x) ≤ f (x) ≤ h(x)
Ahora, suponiendo que ε 1 =ε 2 =ε y tomando { } ∂ = min ∂1,∂2,∂3 , tenemos:
⎧
⎪ ⎪⎩
⎪⎪⎨
g x L
−
ε
x x h x − L

ε
≤ ≤
∀ ∃∂ − ∂⇒
( )
( )
( ) ( ) ( )
0, 0 / 0 0
g x f x h x
ε
que quiere decir que:
⎧
⎪⎩
⎪⎨
L g x L
( )
− +
ε ε
x x L ε h x L
ε
( )
− +
≤ ≤
∀ ∃∂ − ∂⇒
( ) ( ) ( )
0, 0 / 0 0
g x f x h x
ε
lo cual significa que: L −ε g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) L +ε ,
y de manera simplificada se podría decir que: L −ε f (x) L +ε
Por lo tanto ∀ε 0, ∃∂ 0 / 0 x − x0 ∂ ⇒ f (x) − L ε ,
que no es otra cosa que lím f ( x )
L
x x
=
→
0
L.Q.Q.D.
Ahora veamos ejercicios donde se emplea el teorema del emparedado
Ejemplo 1
Sea 1− x2 ≤ f (x) ≤ x2 +1 para toda x próxima a 0, excepto en 0. Hallar lím ( )
0
f x
x→
.
SOLUCIÓN:
Llamemos g(x) = 1− x 2 y h(x) = x2 +1. Calculando límites tenemos:
= ( − 2 )
= y ( 2 )
g x x
lím ( ) lím 1 1
x → 0 x
→
0
h x x
lím ( ) lím 1 1
x x
= + = .
→ →
0 0

24
Y como g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) en la vecindad de x = 0 , por el teorema del emparedado se concluye que:
lím ( ) 1
0
=
→
f x
x
O más simplemente: ( x 2 ) fx ( x
2 )
lím 1 lím ( ) lím 1
x x x
− ≤ ≤ +
1 lím ( ) 1
→ → →
0 0 0
≤ ≤
0
→
f x
x
por lo tanto lím ( ) 1
0
=
→
f x
x
Ejemplo 2
Use el teorema del emparedado para demostrar que: lím sen 1 0
0
⎞
= ⎟⎠
⎛
⎜⎝
x
→ x
x
SOLUCIÓN:
No se puede aplicar la propiedad del producto de los límites debido a que
lím sen 1
x→ 0
x
⎡ ⎛ ⎞⎤
⎢ ⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦
no existe.
También hacerlo en término de ∂ −ε , sería dificilísimo, ¿Por qué? . Por tanto hay que recurrir a otro
mecanismo.
La función ⎟⎠
⎟⎠
f ( x ) = sen ⎛
1 ⎞
es acotada, es decir que 0 sen 1 ≤ 1 ⎜⎝
x
⎞
≤ ⎛
⎜⎝
x
.
Al multiplicar por x tenemos: 0 sen 1 x1
≤ ⎛ ;
x x ≤ ⎟⎠
x
⎞
⎜⎝
lím 0 lím sen 1 lím
→ → →
≤ ⎛ ⎞
, que equivale a 0 lím sen 1 0
luego tomando límite resulta x
x
x
≤ ⎟⎠
⎜⎝
x 0 x 0 x 0
≤ ⎛
0
⎞
≤ ⎟⎠
⎜⎝
x
→ x
x
y llegamos a lo que queríamos, es decir: lím sen 1 0
0
⎞
= ⎟⎠
⎛
⎜⎝
x
→ x
x
.
Ejemplo 3
Hallar
Senx
x
lím
→
x 0
SOLUCIÓN:
Para emplear el teorema del emparedado, acotemos la función
f (x) = Senx
x
sen x
cos x
R2
tg x
x
1
R3
1
R1

1 ≤ ≤ (Se invierte el sentido de la desigualdad porque sen x 0
25
Area x R = , ( )
Del gráfico tenemos que: ( )
tg (1)
2
1
(1)2
x ( )
A R = , 2
2
A x x R =
cos (sen )
2
3
Observe que AR1 AR2 AR3 ≥ ≥ , entonces ( ) ( ) ( )
tg x (1) 2 ≥ x ≥ cos x sen
x
2
2
1
2
PRIMERO: Si x → 0+ . Multiplicando por 2 y dividiendo para sen x resulta:
( ) ( )
x x
2cos sen
x
2 tg (1) ≥ ≥
x
x
x
x
2sen
2
2sen
2sen
x
1 ≥ ≥
x
x
x
cos
cos sen
que es lo mismo que
x x
cos ≤ sen ≤ 1
x cos
x
tomando límite
x x
lím cos ≤ lím sen ≤
lím 1
→0+ →0+ →0+
x x
x x x cos
1 ≤ lím sen ≤
1
→ 0
+ x
x
x
entonces lím sen 1
0
=
→ + x
x
x
SEGUNDO: En cambio, si x → 0− . Multiplicando por 2 y dividiendo para sen x resulta:
x
x
x
x
cos
cos sen
que es lo mismo que:
x x
cos ≤ sen ≤ 1
x cos
x
tomando límite:
x x
lím cos ≤ lím sen ≤
lím 1
→0− →0− →0−
x x
x x x cos
1 ≤ lím sen ≤
1
→ 0
− x
x
x
entonces lím sen 1
0
=
→ − x
x
x
Finalmente
límsen 1
x
0
x
→ x
=
Observe la gráfica
Note que en su gráfica se observa la conclusión anterior.
y sen x
x
=

26
1. Realice las demostraciones de los incisos 5, 6 y 7 del Teorema principal de límite.
2. Use el teorema del emparedado para demostrar que:
a. lím 4 2 1 0
0
=
x Sen
→ x
x
⎤
⎡
b. ( ) 0
1
lím 1 2 sen 1
1
= ⎥⎦
⎢⎣
−
−
x
→ + x
x
3. Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA O FALSA, en caso de ser
verdadera demuéstrela y en caso de ser falsa dé un contraejemplo.
a. ( f ( x )) L ( f ( x ) L
)
lím = ⇒ lím − =
0
x → x x →
x
0 0
b. Si ( )
lím ( ) ( )
x x
0
f x g x
→
− existe, entonces también existen
lím ( )
x x
0
f x
→
y
lím ( )
x x
0
g x
→
c. Si g(x)+ 5 ≤ 3(4 − x)2 , entonces lím ( ) 5
4
= −
→
g x
x
d. Si ( ) 0 f x no está definida, entonces el
lím ( )
x x
0
f x
→
no existe
e. Si ( ) 0 f x existe, entonces
lím ( )
x x
0
f x
→
existe
f. Suponga que g es una función tal que lím ( ) 0
0
=
→
g x
x
. Si f es una función cualquiera,
entonces lím( )( ) 0
0
=
→
fg x
x
g. Si f (x) ≠ g(x) para toda x , entonces el
fx gx
lím ( ) ≠
lím ( )
x → x x →
x
0 0
1.4 CALCULO DE LÍMITES
En el cálculo de límites, la aplicación del teorema de sustitución puede
bastar.
Ejemplo 1
Calcular ( a b)
x x → +
lím
x
1
−
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución:
( x a x b)
+
lím 1 1 1 1 0
x
1
+
→
− = −cde fgh = − = (El entero mayor de números ligeramente mayores que 1 es igual a 1)
Ejemplo 2
Calcular ( a b)
x x → −
lím
x
1
−
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema de sustitución
( x a x b)
−
lím 1 1 1 0 1
x
1
−
→
− = −cde fgh = − = (El entero mayor de números ligeramente menores que 1 es igual a 0)

μ x μ x μ x
27
Ejemplo 3
Calcular (a b ( ))
x Sgn x → −
lím 2 − 1 + −
1
x
1
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límites y el teorema de sustitución:
(a x b Sngx ( )) (a x b) ( Sngx
( ))
lím 2 − 1 + − 1 = lím 2 − 1 + lím −
1
→ − → − → −
x x x
1 1 1
( )
cde fgh
cde fgh
− −
sng
2(1 ) 1 1 1
1 0
0 1
1
= − + −
= − +
sng
( −
)
= −
= −
Calcular:
1. lím 2 6 4
4
− −
→ +
x
x
2.
4 1
− −
x
x
lím
3
→ + 3
x −
3. ( )
x Sgnx → +
lím −
2
x
0
4. a b
3
3
x
lím
x 3
−
−
→ + x
x
lím 1
x 1
5. → 0 + a x
b
−
+
x 2 a x
b2
6. lím
x → 1 + x
2
1
−
−
cde fgh
a b +
( )
7. ( )
2
0
tan
lím
x
x Sgn x
→ + μ x
8. a b
x π
→
lím sen
x
2
9. ( ) 2
lím cos
x
2
x π
π +
→−
cde + fgh
10. ( ) ( ) ( )
ím 5 1 3
x
5 l
→ +
⎡⎣ + + − − − ⎤⎦
En otros casos, al calcular límites, una vez aplicado el teorema de
sustitución, se requerirá un trabajo adicional si se presentan resultados de la
forma:
∞
∞
∞ − ∞
• ∞
0
0
0
0
0
1
0
∞
∞

Los resultados de la forma mencionada son llamados indeterminaciones
debido a que corresponden a cualquier valor. Por ejemplo, tomemos
28
0
0
,
suponga que sea igual a una constante c , es decir
0
0
= c entonces 0 = 0c
sería verdadera para todo c . Analice el resto de indeterminaciones.
Ejemplo 1
2
Calcular
lím 5 6
x 1
1
x x
+ −
−
→ x
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución tenemos
2 2 ( )
x + 5 x
− 6 1 + 5 1 −
6 lím
= =
0 x → 1
x
− 1 1 −
1 0
una
indeterminación, para destruirla vamos a simplificar la expresión, es decir factorizando:
( )( ) ( )
x x x x x
2
+ 5 − + 6 −
1 lím 6 = lím = lím +
6
x → 1 x − 1 x → 1 x −
1 x
→
1
Y finalmente aplicando el teorema de sustitución: ( )
lím 6 1 6 7
x
1
x
→
+ = + =
Ejemplo 2
2
Calcular
lím 7 10
x 2
2
x x
− +
−
→ x
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: ( )
0
0
22 − 7 2 +
10
2 2
=
−
(Indeterminación)
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:
( )( )
( )
x x x x x
2
− 7 + − 2 −
5 lím 10 = lím = lím( −
5)
x → 2 x − 2 x → 2 x −
2 x
→
2
Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta:
lím( 5) 2 5 3
x
2
x
→
− = − =
Ejemplo 3
Calcular
lím 5 14
x 4
2
x x
+ −
→ x
−
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos:
0
+ − (Indeterminación)
0
4 5 4 14 =
4 −
2
Para encontrar el valor de esta indeterminación, simplificamos le expresión:

29
x x ( x )( x ) ( x
) 4 4 2
+ lím 5 − 14 + 7 −
2 = lím = lím +
7
x → x − 2 x → x −
2 x
→
Aplicando el Teorema de Sustitución, resulta:
( x
) 4
lím + 7 = 4 + 7 =
9
x
→
SEGUNDO METODO:
Podemos hacer un Cambio de Variable: x = u2 . Este caso u = x , y cuando x→4 , u→2
Por tanto el límite en la nueva variable sería:
2
lím 5 14
u 2
2
u u
+ −
−
→ u
Simplificando la expresión y aplicando en teorema de sustitución:
( )( ) ( )
u u u u u
2
+ 5 − + 7 −
2 lím 14 = lím = lím + 7 =
9
u → 2 u − 2 u → 2 u −
2 u
→
2
Ejemplo 4
Calcular
lím 1
x 1
1
x
→ x
−
−
SOLUCIÓN:
0
− (Indeterminación)
0
1 1 =
−
1 1
Racionalizando el numerador y simplificando:
⎡ x − x + ⎤ • = x
−
⎢ ⎥ = =
⎣ − + ⎦ − + +
lím 1 1 lím 1 lím 1 1
x 1 1 x 1 1 x 1 2
1 1 ( )( ) 1 ( )
→ x x → x x → x
Ejemplo 5
Calcular 1 3
x
lím 1
x 1
→ x
−
−
SOLUCIÓN:
0
0
1 −
1
3
1 1
=
−
(Indeterminación)
Para encontrar el valor de esta indeterminación, podemos aplicar uno de los siguientes métodos:
PRIMER METODO:
Racionalizando el numerador para diferencia de cuadrados y el denominador para diferencias de cubos:
( )
( )
⎡ 2
⎢ − + + + ⎤ • • ⎥ ⎢ − + ⎥ ⎣ ⎢ + + ⎥ ⎦
( )(( ) )
x x x x
x x x x →
lím
1 1 3 3
1 1 3 2 3 3
1 1 1 x
− 1 + + 1 1 + 1 +
1 lím
3 x 1 1 1 1 2
( )( )
(( ) )
( )
2 2
3 3 3 3
1
x x x
→ x x
= =
− + +

30
SEGUNDO METODO:
Cambio de Variable: x = u6 . Entonces Si x→1⇒u →1
u 6 u
3
Reemplazando tenemos:
− −
lím 1 =
lím 1
u 1 3 6 1 u 1 2
1
→ u → u
− −
Y factorizando:
( )( )
( )( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
u u u u u
− 1 + + 1 + + 1 1 + 1 +
1 lím = lím
= =
3 u → 1 u − 1 u + 1 u → 1
u
+ 1 1 +
1 2
Ejemplo 6
Calcular a b
x x
3 2 2
− −
lím
x → 2 − x
2
−
4
SOLUCIÓN:
Aplicando el teorema principal de límite consideramos ( a b) 2
2 2 2
x
x
⎛ − ⎞
lím 3 2 lím
x x 4
− ⎜ ⎟
→ − → − x
⎝ − ⎠
Entonces, para el primer límite tenemos: ( a x b) → 2
−
lím 3 2 3
x
− = ¿Por qué?
Y para el segundo límite, resulta:
lím 2
−
x
( )( )
( )
x
− −
lím 2
( )( )
−
−
2 2 2 2 2 2
− − − −
x x x x
→ → → →
1
−
lím 1
( 2
) 4
2 2
2 2
4
lím 2
4
2
lím
2
= −
+
=
− +
=
− +
=
−
=
−
−
→
x
x x
x x
x
x
x
x
x
Por lo tanto a b
x x
3 2 2 1 3 lím (3)
x 4 4 4
− − ⎛ ⎞ = ⎜ − ⎟ = − − ⎝ ⎠
2 2
→ − x
Calcular:
1.
x
−
lím 9
3
2
→ x
3 −
x
2.
4
−
lím 22 2 −
→ x
x
x
3.
x
−
lím 8
2
3
→ x
2 −
x
4.
2
x x
− 9 +
lim 20
x → 4 x 2
− 3 x
−
4
5.
2
x x
3 − −
lim 10
x → 2 x 2
+ 5 x
−
14
6.
3 2
x x x
+ − lim 5 +
3
x → 1 x 3 + 2 x 2
− 7 x
+
4
7.
3 2
x x x
2 + − +
lim 10
x →− 2 x 3 + 2 x 2
− 2 x
−
4
8.
x
−
lím 2
4
→ x
4 −
x
9.
lim 1 1
x 2
2
x
− −
−
→ x
10.
x
lím 2
8
3
8 −
−
→ x
x
11.
2
3
x
−
lím 1 2
→ x x
1 + −
x
12.
( )
x − + a x +
a
1
2
lím 1
→ x
1 −
x
⎞
⎛
3 2 3
1 1
lim x x
x
− 2 +
1
x
13. ( ) ⎟ ⎟
⎠
⎜ ⎜
→ 2
⎝
−
⎞
⎛
lím 3
2
x x x
14. ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
−
−
→1 1
− 1 3
15.
+ −
lím 7 3
8
3
→ x
8 −
x
x
16. a b
x x
3 2 2
− −
lím
x → 2 + x
2
−
4

31
Otros límites se calculan empleando la expresión
límsen 1
x
0
x
→ x
= que en forma
generalizada sería:
límsen 1; ( )
u
0
u donde u u x
→ u
= =
Ejemplo 1
Calcular ( )
0
sen
lím
x
kx
→ x
SOLUCIÓN:
sen ( k
(0)) 0
= (Indeterminación)
0 0
Para encontrar el valor de esta indeterminación, multiplicamos y dividimos por k , y luego aplicamos el
teorema principal de límites:
( )
kx kx k k k k
sen sen lím lím (1)
x x
= = =
→ 0 kx → 0
kx

1
Se podría decir que
( )
0
sen
lím
u
k u
k
→ u
= ; k ∈
Ejemplo 2
Calcular
límsen 3
x 0
sen 5
x
→ x
SOLUCIÓN:
( ( ))
( ( ))
sen 3 0 0
sen 5 0 0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación dividimos el numerador y el denominador entre x , y
luego aplicamos el teorema principal de límites y la formula anterior:

3
x x
sen 3 límsen 3 lím sen 3 lím 3
x x 0
x
x x x
= = =
sen 5 sen 5 límsen 5 5
0 0
x 0
x
5
x
x x
x
→
→ →
→

Ejemplo 3
Calcular 0 2
lím1 cos
x
x
−
→ x
SOLUCIÓN:
P1
1 −
cos0 0
0 2
0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:

32
sen2
2
x
x x x
lím 1 cos 1 cos lím 1 cos
⎡ − + ⎤ − ⎢ • ⎥ = ⎣ + ⎦ +
( )
0 2 0 2
→ x x → x x
1 cos 1 cos
x x

sen 2 = lím x ⎛ = sen 2
x
⎞⎛ 1
⎞ ⎜ lím ⎟⎜ lím ⎟ x → 0 x 2 (1 + cos x ) ⎝ x → 0 x 2 ⎠⎝ x
→
0
1 + cos
x
⎠
2
= ⎛ límsen x
⎞ ⎛ 1 ⎞ 1
⎜ x
⎟ ⎜ ⎟
= ⎝ x
→
0
⎠ ⎝ 2 ⎠
2
Ejemplo 4
Calcular 1 cos
( )
lím
x
−
0 2
kx
→ x
SOLUCIÓN:
( ) ( )
2
− k − −
1 cos 0 1 cos 0 1 1 0
= = = (Indeterminación)
0 0 0 0
Ahora, para encontrar el valor de la indeterminación hacemos lo siguiente:
( ) ( )
⎡ − + ⎤ −
⎢ • ⎥ =
⎢⎣ + ⎥⎦ +
kx kx kx
1 cos 1 cos 1 cos
lím lím
( )
( kx
)
( )
sen2
2
( ( ))
0 2 0 2
→ x kx → x kx
1 cos 1 cos
x x

( )
( )
( )
( )
2 2
sen 1 lím lím lím
0 2 0 2 0
(1 cos ) 1 cos
sen 1 lím
x x x
→ → →
( )
2 2
0
2 2
x
k
kx sen kx
x kx x kx
kx k
x
→
⎛ ⎞⎛ ⎞
= = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎝ ⎠ ⎝ + ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ =
⎝
⎠ ⎝ ⎠
Se puede decir que
( ) 2
1 −
cos
lím
u 0 2
2
k u k
→ u
=
Ejemplo 5
Calcular
lím1 cos
x
0
x
−
→ x
SOLUCIÓN:
0
0
1 cos 0 =
0
−
(Indeterminación)
Multiplicando por el conjugado y aplicando propiedades:
2
x x x
lím 1 cos 1 cos lím 1 cos
x 1 cos x 1 cos
⎡ − + ⎤ − ⎢ • ⎥ = ⎣ + ⎦ +
( )
→ 0 x x → 0
x x
x x x
lím sen límsen lím sen
x (1 cos x ) x 1 cos
x
P
x x x
→ → →
límsen sen 0 0 0
1 cos0 2
N
2
0 0 0
0
0
1 1
x
x
x
→
=
+ +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = = ⎜ ⎟ ⎜ + ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠

33
Se puede decir que
( )
0
1 cos
k u
−
lím 0
u
→ u
=
Ejemplo 6
Calcular lím sen sen
x a
x a
−
−
→ x a
SOLUCIÓN:
a a (Indeterminación)
sen sen = 0
0
−
a −
a
PRIMER MÉTODO:
Cambiando variable u = x − a . Entonces si x→a , u →0 y además x = u + a
Reemplazando y simplificando tenemos:
( u a
)

( ) ( )
u a a u a u a a
sen + − sen sen cos + cos sen −
sen
u u

( )
( )
sen
u u
0 0
0
0
u u
0 0
0
1
lím lím
límsen cos cos sen sen
sen cos cos 1 sen
u
lím
u
sen cos cos 1 sen lím lím
cos límsen sen
u
u a u a a
u
u a u a
u
u a u a
u u
⎡ − ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
a u a lí
u
+
→ →
→
→
→ →
→
=
+ −
=
+ −
=
−
= +
= ⎡ ⎤ + ⎢⎣ ⎥⎦

( cos 1
)
0
0
cos (1) (0)
cos
u
u
m
u
a sena
a
→
= +
=

SEGUNDO MÉTODO:
Empleando la identidad: sen sen 2cos sen
x a x a x a
⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞ − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
2 2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x a x a
⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞
2cos sen
− ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− −
x a
límsen sen lím 2 2
x a x a
→ x a → x a
Al denominador lo dividimos y multiplicamos por 2, y luego separamos los límites aplicando el teorema
principal de límites (el límite del producto es el producto de los límites)
x a x a x a x a
⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x − a x −
a
1
2cos sen 2cos sen
lím 2 2 lím 2 lím 2
2 2
x → a x → a x →
a
2 2
cos
a
=

Ejemplo 7
Calcular 1 sen
( 3
)
2
lím
x 1
( )
1 2
x
x
π
→
+
−
SOLUCIÓN:
1 + sen π 1 −
1 0
1 1 0 0
( )
3
2
2
= =
−
(Indeterminación)

34
Haciendo cambio de variable: u = x −1 entonces x = u +1 y si x→1 entonces u →0
Reemplazando y simplificando:
( )
x u
1 + sen 1 + sen +
1
3 3
2 2
π π
lím lím
( )
( ( ))
1 2 0 2
x u
( 3 3
)
2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
( )
0 2
3 3 3 3
2 2 2 2
0 2
3 3
2 2
0 2
3
2
0 2
1
1 sen
x u
lím
1 sen cos cos sen
u
lím
1 sen 0 cos 1
u
lím
1 cos
u
lím
u
u
u
u u
u
u u
u
u
u
π π
π π π π
π π
π
→ →
→
→
→
→
=
−
+ +
=
+ +
=
+ + −
=
−
=
El último límite se lo puede calcular directamente con la formula
( ) 2
1 −
cos
lím
u 0 2
2
k u k
→ u
=
P
3
2 3 2 2 9
( ) 2
lím 2 9
4
1 cos
0 2
2 2 8
k
u
u
u
π
π π π
→
⎛ ⎞
− ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ ⎠= = =
El resultado se lo puede comprobar, realizando todo el procedimiento lógico.
Multiplicando por el conjugado y simplificando:
( ) ( )
⎡⎣ − ⎤⎦ ⎡⎣ + ⎤⎦ − =
u u u
π π π
( )
( )
( )
( )
( )
( )
⎡⎣ + ⎤⎦ ⎡⎣ + ⎤⎦
π π
π
π
u
u u
( )
3 3 2 3
2 2 2
0 2 3 0 2 3
u u u u
2 2
2 3
2
u
0 2 3
u u
2
3 π
2
2
0 0 3
2
1 cos 1 cos 1 cos
lím lím
1 cos 1 cos
sen
lím
1 cos
sen 1 lím lím
1 cos
u u
u
u u
π
→ →
→
→ →
=
⎡⎣ + ⎤⎦
⎡ ⎤
= ⎢ ⎥
⎢⎣ ⎥⎦ ⎡⎣ + ⎤⎦
Multiplicando y dividiendo por 3
π y obteniendo límite:
2
( )
⎡ u
⎤
⎢ ⎥
⎢⎣ u ⎥⎦ ⎡⎣ + u
⎤⎦
sen 1 lím lím
( )
u u
→ →
( ) ( )
⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ⎤
( )
3 3 2
2 2
0 3 0 3
2 2
3 2
⎡ ⎤
3 2 2
2 0 3 0
= ⎢ ⎥
u u
2
3
2
1
2
2
1 cos
sen 1 lím lím
1 cos
3 1
2 2
9
8
u
u
u
π π
π π
π
π
π
π
π
π
→ →
⎢ + ⎥
⎢⎣ ⎥⎦
= ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=

35
Ejemplo 8
Calcular
lím
x 0
1 cos
x
x → − −
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos: 0 0
− −
=
1 −
cos 0 0
(Indeterminación)
Multiplicando por el conjugado del radical, simplificando y luego calculando:
x x x x
+ lím 1 cos lím 1 +
cos
x x x
1 cos 1 cos 1 cos
0 0 2
→ →
lím 1 cos
0 2
0 2
0 2
N
N
0
1
1
sen
lím 1 cos
sen
lím 1 cos
sen
lím 1 cos sen
1 cos0
sen
2
x x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
− −
−
−
−
−
→
→
→
→
=
− + −
+
=
+
=
+
=
+
=
−
+
=
−
= −
Ejercicios propuestos 1.6
Calcular:
1.
lím sen 2 tan 3
x
0
x +
x
→ + x
2.
x
x x
lím sen
x → 0 +
2 − 2 cos
lím 1 sen 3
3. → ( − π
)2
2
2
+
π x
x
x
4. ( ) 1 2
x π x
lím 1 −
tan
x
→
5.
( )
2
tan
x
lím
x x
2
π
→− +
6.
1
cos
π
lím 2
x 1
x
x
→
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
−
7.
3
sen
x
π
lím 3
x 1 2cos
π x
→
⎛ − ⎞ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
−
cot
π
lím 2
x tan 2
x
x
8. →
0 ( )
⎛ − ⎞ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
9.
límarcsen
x
0
x
→ x
10.
límarctan 2
x 0
sen3
x
→ x

Otro tipo de límite interesante, cuyo resultado nos va ha resultar útil en el
cálculo de otros límites, es el de f x ( x)x1 ( ) = 1+ cuando x tiende a “ 0 ”.
Hagamos una tabla de valores:
36
( )
1 1
x y = + x x
0.10 2.86797
0.05 2.7895
0.01 2.7319
7 7
−
−
−
0.01 2.7048
0.05 2.65329
0.10 2.5937
Se observa que: ( )1
lím 1 x
x
0
x e
→
+ = ¡HAY QUE DEMOSTRARLO!
y ( x) x 1 = 1+
Más generalmente tenemos que ( )1
lím 1 u
u
0
u e
→
+ = donde u = u(x) .
Ejemplo 1
Calcular ( )1
lím 1 sen x
x
0
x
→
+
SOLUCIÓN:
Aplicando el Teorema de Sustitución, tenemos (1+ sen 0) 0 = 1∞
1 (Indeterminación)
Para calcular el valor de esta indeterminación utilizamos ( )1
lím 1 u
u
0
u e
→
+ = .
Si consideramos u = sen x , notamos que necesitamos en el exponente el recíproco de esta expresión,
por tanto al exponente lo multiplicamos y dividimos por sen x:
( ) ( )
1
sen
sen 1
1 1 sen sen
x x e e
lím 1 sen lím 1 sen
0 0
x
x x
x x x
x x
e
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
→ →
⎛ ⎞
= ⎜ + ⎟ = =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
+

e

37
Ejemplo 2
Calcular ( )1
lím cos x
x
0
x
→
SOLUCIÓN:
Note que la expresión dada es una indeterminación de la forma 1∞ .
Para utilizar ( )1
lím 1 u
u
0
u e
→
+ = primero sumemos y restemos 1 a la base, es decir vamos a tener:
( ( )) x
lím 1+ cos −1
→
x
x 1
0
luego consideramos u = cos x −1 y multiplicamos y dividimos al exponente por esta expresión:
( ( )) 0
0
lím cos 1
0
cos 1
cos 1
lím 1 cos 1 x
x
x
x
e
x
x
x
x
x e →
−
→
−
⎡ − ⎤
⎢ + − ⎥ =
⎢ ⎥
⎣ ⎦

Por tanto:
( x )1 e
0
0
lím cos x 1
x
→
= = .
Ejemplo 3
Calcular
2
2
1
lím 2
1
1
x x
x x
x x
+ +
−
→
⎛ ⎞
⎜ + ⎟ ⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
2
2
1 + 1 +
1 3
2 1 1 2 0 1
1 1 2
⎛ ⎞ − = ⎛ ⎞ = ∞ ⎜ + ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(Indeterminación)
Sumamos y restamos 1 a la base:
2 2
2 2
x x x x
x x x x
1 1
+ + + +
− −
lím 2 lím 1 2 1
⎛ ⎞ ⎛ = + ⎛ ⎞⎞ ⎜ x + 1 ⎟ ⎜ ⎜ − ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ x
+ 1
⎟⎟ ⎠⎠
( )
2
2
2
2
1 1
1
1
1
1
2 1
lím 1
1
lím 1 1
1
x x
x x
x x
x
x x
x x
x
x
x
x
x
→ →
+ +
−
→
+ +
−
→
⎛ ⎛ − + ⎞ ⎞
= ⎜⎜ + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎝ ⎝ + ⎠ ⎠
⎛ ⎛ − ⎞ ⎞ = ⎜ + ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎝ + ⎠ ⎠
x
x
Multiplicamos y dividimos el exponente por 1
⎛ − ⎞
⎜ ⎝ + 1
⎟ ⎠
:
⎛ − x ⎞⎛ x + x
+ ⎞ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ x + ⎠⎝ x − x ⎠ ⎛ − x ⎞⎛ x + x
+ ⎞ − ⎜ + ⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠⎝ − +
⎠ x x x x x
( )
( )
2
2 2
1 2
2
1
2
1
1 1
1 1 1 1 1 lím 1
1
1
1 1 lím
1 1
lím 1 1
1
1 1
1 1
lím 1 1
1
x
x
x
x
x x x
x xx
x x
x x
x
x e
e
e
e
→
→
→
→
⎛ − − ⎞⎛ + + ⎞
⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ + ⎠⎝ − ⎠
⎛ − ⎞⎛ + + ⎞ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ + ⎠⎝ ⎠
⎛ − ⎞
⎜ + ⎟ ⎝ ⎠
⎡ ⎤
⎢⎛ ⎛ − ⎞ ⎞ ⎥ ⎜ + ⎜ ⎟ ⎟ = ⎢⎝ ⎝ + ⎠ ⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
=
=
=
2 1 1 3
1 e 2
⎛ + + ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ −
⎝ ⎠ =

38
Ejemplo 4
Calcular
tan
lím 4 3 2
x
k
x k
x
k
⎛π ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
→
⎛ − ⎞ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
SOLUCIÓN:
x k
k k
π π
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ∞
2 lím 4 3 4 3 4 3 1
( )
tan tan
2 2 tan
x k
x k
k k
π
⎝ ⎠
→
⎛ − ⎞ = ⎛ − ⎞ = − = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(Indeterminación)
Cambiemos el 4 por 1+3 y multipliquemos y dividimos el exponente por el término que necesitamos:
x x
k k
π π
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
tan tan
x x
k k
lím 4 3 lím 1 3 3
⎛ − ⎞ = ⎛ + − ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 2
3 3 tan2
⎡ 1
⎤
⎢⎛ ⎛ ⎞ ⎞ 3 3
⎥ = ⎢⎜ + ⎜ − ⎟ ⎟ ⎥
x k x k
lím 1 3 3
⎢⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎥
⎢⎣ ⎥⎦
3 3 tan2
lím
x x
k k
x
k
x k
e
x x
k k
x k
x
k
e
π
⎛⎜ ⎞⎟ ⎛⎜π ⎞⎟
⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
→ →
⎛ − ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
−
→
−
→
=

Dediquémonos al exponente. Hagamos el cambio de variable u = x − k de donde x = u + k y si
x→k entonces u →0 .
( ) ( )
x x u k u k
k k k k
3 3 lím 3 tan lím 3 tan
⎛ ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ π
+ ⎞ ⎜ − ⎟ ⎜ = 2 ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2
⎠
lím 3 3 3 tan
⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ = ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ − − ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜ + ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ + ⎞ ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ + ⎜ ⎟
( )
0
0
0
0
0
2
lím 3 3 3 tan
2 2
sen
lím 3 2 2
cos
2 2
3 lím
x k u
u
u
u
u
u k u k
k k
k u k u
k k
u
u k
k u
k
u
k
π π
π π
π π
π π
→ →
→
→
→
→
⎝ ⎠
= −
P P
π π π π
sen cos cos sen
2 2 2 2
π π π π
cos cos sen sen
2 2 2 2
N N
( )
( )

P
0 1
0 1
0
1
0
0
1
cos
3 lím 2
sen
2
cos
3 2 3 1 lím
sen 2 2
2
2
u
u
u u
k k
u u
k k
u
u k
k u
k
u
k
u
k u k k k u
k u
k
π
π
π
π π
π
π
→
→
⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞
⎜ ⎟
= − ⎝ ⎠
− ⎛ ⎞ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ = ⎝ ⎠ = ⎜
⎛ ⎛ ⎞ ⎞
⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎜ ⎝ ⎠ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠

x x
k k
π
lím 3 3 tan 6
x k 2
→ π
⎞⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟
⎠
⎛ − ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Finalmente:
x
k
π
tan 6 lím 4 3 2
x k
x e
k
π
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
→
⎛ − ⎞ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠

39
Ejemplo 5
Calcular
lím 1
0
kx
x
a
−
→ x
SOLUCIÓN:
Sustituyendo tenemos
a k − 0
.
0
(0) 1
0
=
Considerando u = akx −1 , entonces ln( 1) ln
x = 1 u + k a y si x →0 también u → 0
Haciendo cambio de variable, tenemos:
⎛ ⎞
lím lím ln ln lím
u ln 1 u ln 1 u ln 1
= = ⎜⎜ ⎟⎟ + + ⎝ + ⎠
0 1 ( ) 0 ( ) 0 ( )
k ln
a
u k a u k a u
→ u → u → u
Multiplicando, numerador y denominador por
1 , resulta:
u
⎛ ⎞
⎜ ⎟
( )
( ) ( )1
⎛ 1
⎞ = ⎜ ⎟ ⎜⎜ + ⎟⎟ ⎜ ⎟ = = = ⎝ ⎠ ⎜ ⎡ ⎤ ⎜ ⎣ + ⎦ ⎟ ⎟
ln lím u
ln lím 1 ln 1 ln 1 ln
ln 1 ln 1 u ln 1
0 1 0
u u
u
e
u
k a k a k a k a k a
→ u → u e
⎝ ⎠

El resultado
lím 1 ln
0
ku
u
a −
k a
→ x
= puede ser utilizado para calcular otros límites.
Ejemplo 4
2
Calcular
lím3 1
0
x
−
x→ x
SOLUCIÓN:
Empleando el resultado anterior:
2
lím 3 1 2ln 3
0
x
−
x→ x
=
Ejemplo 5
Calcular
2 4
lím3 5
0
x x
−
x→ x
SOLUCIÓN:
Primero restamos y sumamos 1 al numerador y luego separamos para calcular los límites:
x x x x
2 4 2 4
lím3 5 lím3 1 5 1
( )
x x
0 0
x x
2 4
→ →
0
x x
2 4
x x
0 0
x x
2 4
0
3 1 5 1
lím
x
lím3 1 lím5 1
lím3 5 2ln 3 4ln 5
x
x x
x
x x
x
→
→ →
→
− − − +
=
− − −
=
− −
= −
−
= −

40
Calcular:
1. ( )csc
lím 1 +
tan x
x
x
→
0
2. ( )csc
lím 1 cos x x
π
x
→
2
+
3. ( ) 2 1
lím cos x
x
0
x
→
4. ( )tan
lím sen x x
x
→π
2
5.
2
2
2
2 3
lím 4
3
1
x x
x x
x x
+ +
− −
→
⎛ ⎞
⎜ + ⎟ ⎝ ⎠
6.
2
2
2 6
2
lím 3
2
1
x x
x x
x x
+ +
− −
→
⎛ ⎞
⎜ + ⎟ ⎝ ⎠
7. ( )tan
lím 4 3 x
x
2
x
1
⎛π ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
→
−
8.
e x
lím 1
x
x
3
0
−
→
9.
eax ebx
x
lím
x 0
sen 3
−
→
10.
x x
2 3
lím
0
−
tan
x
e e
→ x
11.
ax bx
lím 2 2
x
x
0
−
→
12.
+ −
lím 2 ; 0
0
x h x h x
h
a a aa
h
→
+ −

13. ( )1
lím x x
x
0
x e
→
+
14.
( ( ))
ln cos
lím
x ln cos
ax
0 ( ( ))
→ bx
Para otros tipos de límites habrá que extremarse con el uso de los recursos
algebraicos.
Ejemplo 1
Demuestre que
0
1 1
lím
n
x
k x k
+ −
=
→ x n
SOLUCIÓN:
Por producto notable se puede decir que:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n − 1 n − 2 1 n − 3 2 n
−
1
⎣ ⎡ 1 + kx − 1 ⎤ ⎦ = n 1 + kx − n 1 ⎡ n 1 + kx + n ⎢⎣ 1 + kx n 1 + n 1 + kx
n 1 + + n
1
⎤ ⎥⎦
( ) ( ) ( )
n − 1 n
−
2
= n 1 + kx − 1 ⎡ n ⎢⎣ 1 + kx + n
1 + kx
+ + 1
⎤ ⎥⎦
términos
n

Entonces, multiplicando por el factor racionalizante, simplificando y calculando el límite:
( ) ( ) ( )
⎡ + + + + + ⎤ + − + − ⎢⎣ ⎥⎦ = •
k x k x kx kx
x x kx kx
1 1 1 1 1 1 1
( ) ( )
( )
lím lím
1 1 1
1 1
lím
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ( ))
1 2
0 0 1 2
0 1 2
1 1 1
lím
0 1 2
1 1 1
lím
0 1 2
1 1 1
1 0
n n
n n
n n
x x n n n n
x n n n n
x n n n n
x n n n n
n
n
k x
x kx kx
k x
x kx kx
k
kx kx
k
k
− −
→ → − −
→ − −
→ − −
→ − −
−
⎡ + + + + + ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
+ −
=
⎡ + + + + + ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
=
⎡ + + + + + ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
=
+ + + + +
=
+

( ( )) 1 2
0
1 0 1
1 1 1
1 1
lím
n
n
n veces
n
x
k
k
k x k
x n
−
→
+ + + +
=
+ + +
+ −
=

41
El resultado anterior puesto de forma general
0
⎡ 1 + − 1
⎤
⎢ ⎥ =
⎢⎣ ⎥⎦
lím
n
u
ku k
→ u n
puede
ser utilizado para calcular rápidamente otros límites.
Ejemplo 2
3
Calcular
0
27 3
lím
x
x
− −
→ x
SOLUCIÓN:
Aunque este límite se lo puede calcular empleando el factor racionalizante para diferencia de cubos (no
deje de hacerlo), vamos a emplear el resultado que obtuvimos en el ejercicio anterior.
( )
3
n
P
3
0 0
3 3
→ →
0
3
0
3
0
3
0
27 27
27 3 3 lím lím 27
27 1 3
lím 27
3 1 1 3
lím 27
1 1 1
27
3lím
1

27 3 27 1 lím 3
3 27
x x
x
x
k
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
→
→
→
→
−
− − −
=
− −
=
+ ⎛− ⎞ − ⎜ ⎟
= ⎝ ⎠
+ ⎛− ⎞ − ⎜ ⎟
⎝ ⎠
=
− − −
= =−
Ejemplo 3
Calcular
5
lím 2 2
x 30
30
x
→ x
+ −
−
SOLUCIÓN:
Primero es necesario un cambio de variable, de modo que la nueva variable tienda a tomar el valor de cero,
para poder utilizar la formula. Hagamos u = x − 30 de donde x = u + 30 y u →0 . Reemplazando,
simplificando y calculando el límite:

42
lím 2 2 lím 30 2 2
( )
5 5
x u
30 0
5
→ →
0
5
0
3 5
0
5
0
5
0
5
0
5
30
30 30 30
lím 32 2
32 32
2
u
lím 32
32 32 2
u
lím 32 32
2 1 1 2
u
lím 32
2 1 1 1
32
u
lím
1 1 1
u
2 lím 32
1
u
lím 2 2 2 32 1
30 5 80
x
x u
x u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
x
x
→
→
→
→
→
→
→
+ − + + −
=
− + −
+ −
=
+
−
=
+ −
=
+ −
=
⎛ ⎞
⎜⎜ + − ⎟⎟
= ⎝ ⎠
+ −
=
⎛ ⎞
+ − ⎜ ⎟
= ⎜ ⎟ =
− ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Ejemplo 4
Calcular
⎛ + − − ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ − − ⎠
4
lim 1 2 1 3
x 0 3
1 1
x x
→ x
SOLUCIÓN:
Restamos y sumamos 1 al numerador, dividimos para x y luego separaramos los límites:
lim 1 2 1 3 lim 1 2 1 1 3 1
1 1 1 1
( )
4 4
0 3 0 3
4
0 3
4
0 3
4
0 0
3
0
→ →
4
0 3
1 2 1 1 3 1
lim
1 1
1 2 1 1 3 1
lim
1 1
lim 1 2 1 lim 1 3 1
lim 1 1
2 3
lim 1 2 1 3 4 2 6 1 1 1
3
x x
x
x
x x
x
x
x x x x
x x
x x
x
x x
x x
x
x
x x
x x
x
x
x x
x
→
→
→ →
→
→
+ − − + − − − +
=
− − − −
+ − − − −
=
− −
+ − − −
−
=
− −
+ − − −
−
=
− −
− ⎛ − ⎞ ⎛ + − − ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ = − ⎜ − − ⎟ ⎝ ⎠ −

43
Ejemplo 5
Calcular
⎛ + − − ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ − − ⎠
4
lim 14 2 2 4 3
x 1 3
2 1
x x
→ x
SOLUCIÓN:
Aquí u = x −1 de donde x = u +1 y u →0 .
Reemplazando, simplificando y calcular el límite:
( ) ( )
x x u u
x u
14 + 2 − 2 4 − 3 14 + 2 + 1 − 2 4 − 3 +
1 lim lim
( )
2 1 2 1 1
x u
lim 14 2 2 2 4 3 3
( )
4 4
1 3 0 3
4
0 3
4
0 3
4
0 3
4
0 3
4
0 3
2 1 1
u
lim 16 2 2 1 3
1 1
16 16 2
2 1 3
u
lim 16
1 1
2 1 2 1 3
u
lim 8
1 1
2 1 1 3
8
u
lim
1 1
u
2l
u u
u
u u
u
u
u
u
u u
u
u u
u
→ →
→
→
→
→
→
=
− − − + −
+ + − − −
=
− − −
+ − −
=
− −
+
− −
=
− −
+ − −
=
− −
⎛ ⎞
⎜⎜ + − − ⎟⎟
= ⎝ ⎠
− −
=
4
0 3
4
0 3
4
0 3
4
0 0
3
0
4
1 3
1 13
im 8
1 1
1 1 1 3 1
2lim 8
1 1
1 1 1 3 1 8
2lim
1 1
1 1 1 3 1 lim 8 lim
2
lim 1 1
1
8 3 1 3
lim 14 2 2 4 3 2 4 2 2 32 2 6 49 2 1 1 1 32
3 3
u
u
u
u u
u
x
u u
u
u u
u
u
u
u u
u
u
u
u
u u
u
u
x x
x
→
→
→
→ →
→
→
+ − −
− −
+ − − − +
=
− −
+ − ⎛ − − ⎞
− ⎜⎜ ⎟⎟
= ⎝ ⎠
− −
+ − ⎛ ⎞ − −
− ⎜⎜ ⎟⎟
= ⎝ ⎠
− −
⎛ − ⎞ − ⎜ ⎟ + + − − ⎝ ⎠ ⎛ = = = −
− − − −
147
16
⎞ = − ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Calcular:
1.
3
6 + −
x x
+ 2 − −
lím 2
3 3
→ x
x
2.
⎞
⎟ ⎟
⎠
⎛
lím x x
x
⎜ ⎜
3 26 4 80
→ 8 3
⎝
+ − +
+ −
1 x
⎞
⎛
lím x x
x
2 20
4
+ − 3
+
3. ⎟ ⎟
⎠
⎜ ⎜
→ 9 2
⎝
+ −
7 x
4.
x x
− − 3
+
lím 3 2 3 2
x → 2 + 4
−
x
2

1.5 LÍMITES AL INFINITO.
En ciertas ocasiones puede ser necesario estudiar el comportamiento de una
función cuando la x toma valores muy grandes, diremos cuando x tiende al
infinito.
Suponga que f se aproxima a tomar un valor L cuando la variable x toma
valores muy grandes, este comportamiento lo escribiremos de la siguiente
manera lím ( )
44
x
f x L
→∞
=
Ejemplo 1
Formalmente sería:
Decir que lím ( )
x
f x L
→∞
= significa que f
puede estar tan cerca de L, tanto como
se pretenda estarlo (∀ε 0), para lo cual
deberá poderse determinar el intervalo
en el cual tomar a x, ∃N (una cantidad
muy grande), que lo garantice. Es decir:
(lím ( ) ) 0, 0 ( )
x
f x L ε N tal que x N f x L ε
→∞
= ≡∀ ∃ ⇒ −

45
Ejemplo 2
Suponga ahora que f se aproxima a tomar un valor L cuando la x toma
valores muy grandes, pero NEGATIVOS, este comportamiento lo escribiremos de
la siguiente manera lím ( )
x
f x L
→−∞
= .
Ejemplo 1
Formalmente sería:
Decir que lím ( )
x
f x L
→−∞
= significa que f
puede estar tan cerca de L , tanto como
se pretenda estarlo, ∀ε 0 , para lo cual
deberá poderse determinar el intervalo
en el cual tomar a x , ∃N (una cantidad
muy grande), que lo garantice. Es decir:
( lím f ( x ) = L ) ≡∀ ε 0, ∃ N 0 tal que x − N ⇒ f ( x )
− L
ε
x
→−∞

46
Ejemplo 2
Observe que para los casos anteriores significa que la gráfica de f tiene
una asíntota horizontal y = L .
Aquí también podemos hacer demostraciones formales
Ejemplo
Demostrar formalmente que lím 1 = 0
x→∞ x
SOLUCIÓN:
Empleando la definición tenemos:
⎞
ε ε − ⇒ ∃ ∀ ≡ ⎟⎠
⎛ =
⎜⎝
→∞
1 0 0, 0 1 0
x
N tal que x N
x
lím
x
Transformando el antecedente:
x N

1 1
x N
Se observa que tomando
N = 1 aseguraríamos el acercamiento.
ε
Por ejemplo si se quisiera que
y = 1 esté a menos de ε = 0.01 de 0, bastaría con tomar a 1
x
0.01
x
es decir x 100 .
Para calcular límites al infinito, usualmente un recurso útil es dividir para x
de mayor exponente si se trata de funciones racionales.

47
Ejemplo 1
Calcular
2
2
x x
+ −
lím 2 3 1
x →∞ 5 x + x
−
1
SOLUCIÓN:
Aquí se presenta la indeterminación:
∞
∞
Dividiendo numerador y denominador para x2 , tenemos:
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
x x
x x x x x
x x
x x x x x
2 + 3 − 1 2 + 3 −
1 lím = lím =
2
x →∞ 5 1 x
→∞
5 1 1 5 + − + −
(No olvide que k ≈ 0 ;k ∈
∞
)
f x x x
Este resultado indica que la gráfica de ( )
2
2
2 + 3 −
1
5 1
x x
=
+ − tiene una asíntota horizontal 2
5
y =
Ejemplo 2
Calcular
x
−
lím 1
x →+∞ x 2
+ x
+
1
SOLUCIÓN:
Aquí se presenta la indeterminación:
∞
∞
Dividiendo numerador y denominador para x :
x
x
x 2
x
x
1
lím
x →+∞
1
−
+ +
Al introducir la x dentro del radical quedará como x2 :
x
− 1 1 −
1
x x x
x x
x x x x x
lím = lím =
1
1 1 1 1
2
2 2 2 2
x x
→+∞ →+∞
+ + + +
Este resultado indica que la gráfica de ( ) 2
1
1
f x x
−
x x
=
+ +
tiene una asíntota horizontal y =1 en el
infinito positivo.
Ejemplo 3
Calcular
x
−
lím 1
x →−∞ x 2
+ x
+
1
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación: −∞
∞
Aquí hay que dividir numerador y denominador para −x :
x
x
x 2
x
1
lím
x 1
x
→∞
−
−
+ +
−

48
Al introducir la −x dentro del radical quedará como x2 :
x
− 1 − 1 +
1
x x x
x x
x x x x x
− − = = −
+ + + +
lím lím 1
1 1 1 1
2
2 2 2 2
x x
→−∞ →−∞
Este resultado indica que la gráfica de ( ) 2
1
1
f x x
−
x x
=
+ +
tiene una asíntota horizontal y = −1 en el
infinito negativo.
Ejemplo 4
Calcular lim ( 2 1 2 1)
x
x x x x
→+∞
+ + − − −
SOLUCIÓN:
Ahora se presenta la indeterminación: ∞ − ∞ . Vamos primero a racionalizarla y luego dividimos para el
x con mayor exponente:
( )
2 2
( ) ( ) ( )
lim 2 1 2
1 1 1
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
1 1
1 1 2 1
lim lim
1 1 1 1
1 1 2 lim 2 1 1
1 1 1 1 2 1 1
x
x x
x
x x x x x x x x
x x x x
x x x x x
x x x x x x x x
x
x x x x
→+∞
→+∞ →+∞
→+∞
+ + + − −
+ + − − − ⋅
+ + + − −
+ + − − − +
= =
+ + + − − + + + − −
+ ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ =
+ + + − − ⎝ ⎠
En otros ejercicios de cálculo de límite al infinito se puede requerir emplear la
identidad: (1 1 )u
lím e
→∞
+ = ¡DEMUÉSTRELA!
u u
Ejemplo
Calcular lím(1 2 )x
+ .
x→∞ x
Solución:
Para utilizar la forma anterior, transformamos el límite:
( )2
2
2
x
lím 1 1 2
x x
e
→∞
⎡ + ⎤ = ⎢⎣ ⎥⎦
Se puede concluir que: lím(1 )u k ku
u
e
→∞
+ =

49
Ejercicios propuestos 1.9
1. Demostrar formalmente que lím 1 = 0
x→−∞ x
2. Calcular:
1.
3 2
x x x
5 − 3 + lím 4 −
3
x 3
+ 3 +
1
→∞ x x
lím 3
x 2 5 1
2. 2
x
→−∞ x − x +
3.
( ) ( )
3 2
+
x x
+ −
lím 2 3 3 2 5
5
→∞ x
x
4.
( )
x
lím 2 3
3
x x
x +
+
→∞
5. lím
x
x
x x x →∞ + +
6.
3 2 lím
x
1 x 1
→∞ x
+
+
7.
( 2 x − 3 )( 3 x + 5 )( 4 x
−
6
)
lím
x 3 3
1
→∞ x x
+ −
8.
( )
1
x x
lím sen ! →∞ x2 +
x
9.
x
−
lím 3 3
x →∞ x
2
+
1
10.
x
lím 5
x →−∞ x −
2
11.
3 2
x x x
3 + 2 − +
lím 1
x 3
8
→∞ x
−
12.
2 lím
x
1 x
→−∞ x
+
13.
2 2 1
lím x
→−∞ x
x 3
−
14.
−
+
2
5
lím x
→−∞ x
x 2
15.
x
+
lím 3 1
x →−∞ x
2
−
1
16.
3
lím 5 1
x 2
6
x
−
+
→−∞ x
17. lím 2
x
x x x
→∞
+ −
18. x( x x)
→+∞ lím 2 1
x
− −
19. lím( 2 1 2 )
x
x x x x
→∞
+ + − −
20. lím ( 2 4 2 2 )
x
x x x
→+∞
− − +
21. lím ( 3 2 )
x
x x x
→+∞
+ − +
22.
x
x
lím ⎛
1
x x
⎞
⎟⎠
⎜⎝
−
→∞ +
1
23.
2 lím 1
3
x
x
x
x
+
→∞
⎛ − ⎞
⎜ + ⎟ ⎝ ⎠
x x
24. lím ln 2
⎡ ⎛ + ⎞⎤
⎢ ⎜ − ⎟⎥ ⎣ ⎝ ⎠⎦
→∞ x
x 5

1.6 LÍMITES INFINITOS
Suponga que cuando x toma valores próximos a un punto 0 x , tanto por
izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes positivo; es decir
50
= ∞
→ lím ( )
0
f x
x x
. Diremos, en este caso, que f crece sin límite o que f no
tiene límite en 0 x .
Sea M una cantidad muy grande positiva.
Entonces
lím ( )
x x
0
f x
→
= ∞ significa que cuando
a x está próxima a 0 x “, a una distancia
no mayor de ∂ ( 0 0 x − x ∂ ), f será
mayor que M. Es decir:
⎞
⎛ = ∞
f x M tal que x x f x M
lím ( ) 0, 0 0 0 ( )
x x
⇒ ∂ − ∃∂ ∀ ≡ ⎟⎠
⎜⎝
→
0
Ejemplo
Puede ocurrir también que cuando la x toma valores próximos a un punto
x , tanto por izquierda como por derecha, f toma valores muy grandes
0 negativos; es decir lím ( )
= −∞
→
0
f x
x x
. Diremos, en este caso, que f decrece sin
límite o que f no tiene límite en 0 x . Es decir:

51
Entonces:
⎞
⎛ = −∞
f x M tal que x x f x M
lím ( ) 0, 0 0 0 ( )
x x
− ⇒ ∂ − ∃∂ ∀ ≡ ⎟⎠
⎜⎝
→
0
Ejemplo
Para otro caso, puede ocurrir que cuando la x toma valores próximos a
un punto 0 x , sólo por su derecha, f toma valores muy grandes; es decir
lím ( )
= ∞ → +
0
f x
x x
. Lo cual significa:
Entonces:
f x → +
lím ( )
x x
0
= ∞ 0 ≡ ∀M 0, ∃∂ 0 tal que 0 x − x ∂⇒ f (x) M

52
Ejemplo
Observe que este comportamiento significa que la gráfica tiene una asíntota
vertical x = x0 .
Ejemplo 1
Calcular
lim 1
x→ x −1
1 ( )2
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución:
lim 1 1 1
x→ x 1 1 1 0
= = = +∞
1 ( − )2 ( −
)2
(No existe)
La gráfica de ( )
1
1
( )2
f x
x
=
−
tiene una asíntota vertical x =1 y tanto por izquierda como por derecha la grafica
crece sin límite.
Ejemplo 2
Calcular
lim 3
x 2
2
x
→ + x
+
−
SOLUCIÓN:
Empleando el teorema de sustitución:
lim 3 2 3 5
x 2
2 2 2 0
x
+ x
+ +
+ +
= = =+∞
→ + +
− −
(No existe)
La gráfica de ( ) 3
2
f x x
x
+
=
−
tiene una asíntota vertical x = 2 y por su derecha la grafica crece sin límite.
PREGUNTA: ¿Qué ocurre a la izquierda?.
Se pueden describir otros comportamientos.

53
1.7 OTROS LÍMITES.
Para decir = ∞
lím f (x)
x
→∞
, f toma valores muy grandes positivos cada vez
que la x toma valores también grandes positivos; debemos asegurar que:
∀M 0, ∃N 0 tal que x N ⇒ f (x) M
Ejemplo
1. Defina formalmente y describa gráficamente:
lím ( )
a) = −∞
→ +
0
f x
x x
lím ( )
b) = ∞
→ −
0
f x
x x
lím ( )
c) = −∞
→ −
0
f x
x x
lím f (x)
x
d) = −∞
→∞
lím f (x)
x
e) = ∞
→−∞
lím f (x)
x
f) = −∞
→−∞
2. Demuestre formalmente que:
lím 1
0
a) = +∞
x→ + x
lím 1
0
b) = −∞
x→ − x
3. Calcular:
1.
lim 1 1
x→ 1
+ x 1
⎡ + ⎤ ⎢⎣ − ⎥⎦
2.
⎡ ⎤
⎢⎣ − ⎥⎦
lim
x 1
1
x
→ − x
x
lim 3
x 9
3. 3 2
→ − x
+
−
6.
x
6
lim
x 5 1
→−∞ x +
7.
2 3
2
x x
6 − 4
+
lim x 4 + 5 −
7
→∞ x x
8. lim 2
x
x
→∞

54
4.
2
x
x →− −
+
lim 1
x 7 2
−
49
5.
2
lim 16
x 4
4
x
−
−
→ + x
9. lim 1 2
x
x
→−∞
−
10.
1 +
lim
x
5 x
→∞ x
4. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla con lo siguiente:
• Dom f = (−∞,−2)∪[−1,1]∪(2,+∞)
• f (x) = 0⇔ x = 1∨ x = −1
• ∀N 0, ∃∂ 0 [0 −2 − x ∂ ⇒ f (x) N]
• ∀N 0, ∃∂ 0 [0 x − 2 ∂ ⇒ f (x) N]
• ∀ε 0, ∃M 0 [x M ⇒ f (x) −1 ε ]
• ∀ε 0, ∃M 0 [x −M ⇒ f (x) −1 ε ]
• f (0) = 1
5. Bosqueje el gráfico de una función que satisfaga las condiciones siguientes:
• ∀ε 0 ∃∂ 0,∀x[0 x ∂ ⇒ f (x) −1 ε ]
• ∀ε 0 ∃∂ 0,∀x[0 −x ∂ ⇒ f (x) +1 ε ]
• ∀ε 0 ∃N 0,∀x[x N ⇒ f (x) ε ]
• ∀M 0 ∃∂ 0,∀x[0 x +1 ∂ ⇒ f (x) M]
• f (0) = 0
Misceláneos
1. Califique cada una de las proposiciones siguientes como verdadera o falsa. Justifique formalmente.
f x
( ) 5
1. Si 3
2
lím
2
=
−
−
→ + x
x
, entonces lím ( ) 0
= → +
2
f x
x
2. Si f y g son funciones tales que lím ( ) 1
= → +
0
f x
x
lím ( )
y = ∞ → +
0
g x
x
, entonces
lím ( ) ( ) =
1
→ 0
+
g x
x
f x
3. Sea f una función de variable real tal que lím f (x)
x→a+
x −
a
existe y lím =
1
→ + f x
( )
x a
. Entonces
f x
lím ( ) = 0 → +
x a
.
4. Sean f y g funciones tales que = ∞ → +
lím f (x)
x a
lím g(x)
x a
y = ∞ → +
. Entonces el
f x
lím ( )
g x
( )
x→a+
no existe.
lím ( ) y f (x) = ln(g(x)) . Entonces
5. Sean f y g funciones tales que g x e
= → +
x a
lím( f g )( x
) = 1 → +
x a D
f x
6. Si 1 lím ( )
0
=
→ + x
x
entonces lím ( ) 0
0
=
→ +
f x
x
7. Si lím[f (x) g(x)]
x a
+
→
existe, entonces existen lím f (x)
x→a
y g(x)
x→a lím
8. Si f (x) ≠ g(x) para toda x , entonces lím f ( x ) ≠ lím
g(x)
x→a x→a
⎤
⎡
f x
( )
lím
9. Si ⎥⎦
⎢⎣
g x
→ ( )
x a
→ f x
x a
existe y lím ( ) = 0
→ g x
x a
entonces lím ( ) = 0
10. Si f y g son funciones definidas en IR entonces:
a IR(lím f (g(x)) f (lím g(x)))
∀ ∈ =
x→a x→a

55
11. Si
x − x − a −
a
x a
x → a +
−
2 2
lím existe entonces a = 0 .
12. Si lím[f (x)g(x)]
x→a
existe y lím f (x)
x→a
existe entonces lím g(x)
x→a
existe.
→ lím f (x)
x a
13. Si = +∞
→− lím f (x)
x a
entonces = −∞
14. ( ( ) ) ( )
1 lím3 1 2 0, 0, 0 1 3 1 2
x
x ε x x x ε
→
− = ⇔∀ ∃∂ ∀ ⎡⎣ − ∂⇒ − − ⎤⎦
15. Si lím ( ) 0
0
=
→ +
f x
x
lím ( )
0
y = ∞
→ +
g x
x
entonces lím ( ) ( ) 0
0
=
→ +
f x g x
x
.
16. Existen dos funciones de variable real f y g tales que lím f ( x ) = lím g ( x
) =
0
→ + → +
x x
0 0
y
e
f x
lím ( )
0
g x
x
=
→ + ( )
17. Si lím ( ) 0
x
f x
→∞
= y
( )
f x
⎛ ⎞
⎜ ⎟ =
⎝ ⎠
lím 2
x →∞ g ( x
)
entonces lím ( ) 0
x
g x
→∞
=
18. No existen dos funciones f y g tales que
lím ( ) 0
x
0
f x
→
= ,
lím ( ) 0
x
0
g x
→
= y
lím ( ) 5
x 0
( )
f x
→ g x
=
19. Si lím ( ) = 3
→
f x
x a
, lím ( ) = −2
→
g x
x a
, entonces
f x g x
( ) + ( ) −
1
( ) ( ) 1
lím
3 + −
→ f x g x
x a
=1
2. Empleando la definición de límite, demuestre que:
1.
2
lím 2 1 3
x 1
1
x x
− −
→ + x
=
−
2. lím 1 2
− = → +
5
x
x
3. lím 3 0
− = → +
3
x
x
⎛ − → +
4. 2
2
lím 4
4
= ⎟⎠⎞
⎜⎝
x
x
x
−
lím 4
5. 4
2
2
2
= −
+
→− + x
x
3. Determine
1. 2
x x → +
lím 2
x
3
cde + fgh
2.
e x x
lím cos 2
x
3
x 0
sen 4
−
→ +
x x
lím cos cos 3
3. 0 2
x
x
−
→ +
4.
x
x 3
2 5
lím ⎡
2 3⎥⎦
x x
⎤
⎢⎣
+
−
→+∞
5.
xex e
1
lím
2
1 −
−
→ + x
x
⎞
⎛
lím cos
6. ⎟ ⎟
⎠
⎜ ⎜
π + ⎝
x
− π
→ 2
2
x
x
7.
tan
4
lím 4 3
2
2
x
x
x
π
→ +
⎛ − ⎞ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
lím 2arctan
8. 3
1
x
x
x
e
π
→∞
⎡ − ⎤ ⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ − ⎦
9. ( ) tan2 2
lím sen 2 x
x
4
x
π +
→
⎤
⎡
lím sen ⎛ +
1 ⎞
sen
20. ⎥⎦
⎢⎣
− ⎟⎠
⎜⎝
→∞
x
x
x
x
21.
( 2 )
1
x
arctan arctan1
lím
x → + x
1
−
−
22.
x
−
lím 1
→ x x
2 1
1 − 2 −
x
⎞
⎛
−
1
x
23. ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
−
1
1
→ 2
2
2
arcsen arcsen
lím
x
x
24.
0
sen
lím
x
x
→ + x
25. (a b )
lím Sgn( ) 1 ( 1)
x
0
x x μ x
→ +
⎡⎣ + + − ⎤⎦
26.
( x
)
x
lím sen sen
x
→0+
27. lím
(a x b + a −
x
b) x
→
0
28. ( ) ( ) 2 lím tan x
x
x
π
π
→
−
29.
2
2
2 5
2
lím 3
2
1
x x
x x
x x
+ +
− −
→
⎛ ⎞
⎜ + ⎟ ⎝ ⎠

56
10.
e x x
lím cos 3
x
2
x 0
sen 5
−
→
11. lím ln(2 1) ln( 2)
x
x x
→+∞
⎡⎣ + − + ⎤⎦
12.
⎡ ⎛ ⎞⎤
⎢ ⎜ ⎟⎥
⎢⎣ ⎝ + 2
⎠⎥⎦
lím arctan
x 1
x
→−∞ x
13. ( )
lím e
x
x
x
+
→+∞
ln 1
14.
1 1
x x
− − −
1
2
lím 2
→ + x
1 −
x
15. ( )sec
lím 1 cot x
x
2
x
π +
→
+
16.
lím ( )
0
x
f x
→
donde
x x
1 cos3 ; 0
⎧ − x
2
= ⎨⎪
= ⎪ −
⎪⎪
⎩
f x x
( ) 5 ; 0
x x x
x
sen10 tan ; 0
sen 2
17.
x x
2 7
lím
0
−
+
sen 2 tan9
x
e e
→ + x x
18.
⎤
⎥ ⎥⎦
⎡
lím 1
x 1 x x
⎢ ⎢⎣
1
−
−
→ + − 1
1
⎞
lím ⎛
sen3
0
x x
19. ⎟⎠
⎜⎝
→ + − x
x 1 cos2
30. ( ) 32
lím x x 3 1 x
3 1
x
→+∞
⎡ + − − ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦
31.
( π
)
lím
x 6
cos
6
sen
3
2
x
π x
→
⎛ − ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ − ⎠
32.
2
lím1 cos
x sen
x
−
0 2 2
→ x x
33. ( x
) 1
lím 1 +
2 2ln x
x
→+∞
⎛ − ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ − ⎠
lím 8
x 4
34. 64 3
x
→ x
35.
1
2
lím 1 5
0
⎛ + ⎞
⎜ ⎝ 1 − 3
⎟ ⎠
x
x
x
→ x
36. ( )
lím 1 cos cot
x
0
x x
→
−
37.
5
x
lím cos2 1
0 2
x
xe x x
x
−
→
⎛ − − + ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
38.
⎛ 3
x
− ⎞
⎜ ⎟ ⎝ − ⎠
lím cos2
0
sen 5
x
e x
→ x x
39.
⎛ ⎞
⎜ − − + ⎟ ⎝ ⎠
lím
x 0
1 1
x
→ x x
40. lím(3 1 3 )
x
x x
→∞
+ −
41. lím
x
x
x a
⎛ + ⎞
⎜ − ⎟ ⎝ ⎠
→∞ x a
4. Calcular lím ( )
0
f x
x→ +
f x
si 1 ( )
x
para x ≠ 0
• ∀ε 0,∃∂ 0 : 0 x ∂ ⇒ f (x) − 3 ε
• ∀N 0, ∃∂ 0 : 0 x + 3 ∂⇒ f (x) N
• ∀N 0,∃∂ 0 : 0 −3− x ∂⇒ f (x) −N
• ∀ε 0,∃M 0 : x M ⇒ f (x) −1 ε
• ∀ε 0,∃M 0 : x −M ⇒ f (x) ε
• Dom f = (−∞,−1)∪(−1,1)∪(1,+∞)
• ∀ε 0,∃∂ 0 [0 x ∂ ⇒ f (x) ε ]
• ∀M 0, ∃∂ 0 [0 x −1 ∂ ⇒ f (x) −M]
• ∀M 0, ∃∂ 0 [0 1− x ∂ ⇒ f (x) M]
• ∀M 0, ∃∂ 0 [0 x +1 ∂ ⇒ f (x) M]
• ∀ε 0,∃N 0 [x N ⇒ f (x) +1 ε ]
• ∀ε 0,∃N 0 [x −N ⇒ f (x) ε ]

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