u
Demostraciones ǫ − δ. Comencemos haciendo algunas observaciones sobre el valor absoluto.
Valor Absoluto. Primero recordar que si x es un n´ umero real, el valor absoluto de x es umero la distancia desde x a 0 y es escrita como |x|. Dicho de otra forma, podemos definir
x |x| = −x0
si x > 0, si x = 0, si x < 0.
Por tanto, si k es cualquier n´ umero real, tenemos umero
x − k |x − k | = k −0 x
si x > k, si x = k, si x < k,
tal que es natural (y util) u ´ til) pensar en |x − k| como la distancia de x a k. Dos equiv equivalencia alenciass importantes que involucra el valor absoluto son
|x − k| < δ ⇐⇒ −δ < x − k < δ ⇐⇒ k − δ < x < k + δ, don de el s´ımb donde ımbolo olo ⇐⇒ significa “si y s´olo olo si.” En palabras, estas equivalencia equivalenciass dicen que x es menor que δ unidades de k si y s´olo olo si la diferencia x − k est´a entre −δ y δ si y s´olo olo si x est´a en el intervalo (k − δ, k + δ ). ¡Haz el dibujo!
u
La Definici´ on. on.
Definici´ on (informal). Si f (x) es una funci´ on on definida para todos los valores de x cerca de x = k, excepto tal vez en x = k, y si ℓ es un n´ umero real tal que los valores de f (x) se acercan y m´ as a ℓ como los valores de x son tomados m´ as cerca y m´ as cerca de k, entonces decimos que ℓ es el l´ımi ımite te de f (x) cuando x se aproxima a k y escribimos l´ım f (x) = ℓ.
x→k
Para transformar esta idea intuitiva hacia una definici´ on precisa, necesitamos decir exacon tamente qu´e decimos por “f (x) se acerca y m´as as a ℓ como los valores de x son tomados m´ as as cerca y m´as as cerca de k. ” La idea principal es notar que si dos cantidades se est´ an “acercando an y m´as,” as,” entonces la distancia entre ellas se convierte “m´ as peque˜ as na y m´as na as peque˜ na.” Esto es, na.” la distancia es eventualmente m´ as peque˜ as na que cualquier n´ na umero positivo especificado. umero Notar que hay una implicaci´on on en esta definici´on on informal informal.. A saber dice si permitimos a as cercano a k, entonces f (x) se convertir´ as a m´ as cerca y m´as as as cerca a x convertirse cercano y m´ ℓ. Cuando escribimos una demostraci´ on, mostramos que al tomar x suficien on, suficientemen temente te cercano a k, hacemos a f (x) arbitrariamente cerca a ℓ. Sin embargo, antes podemos demostrar la implicaci´on on en la definici´on, on, necesitamos saber cu´ an cerca a k es suficientemente cerca; eso es an que necesitamos encontrar un δ. Ahora vamos a enunciar la definici´on on precisa.
Definici´ on. Suponga que k y ℓ son n´ on. umeros reales y f (x) es una funci´ on definida en un intervalo abierto que contiene a k, excepto tal vez en x = k. Si para cualquier n´ umero positivo ǫ > 0, existe un n´ umero positivo δ > 0 (que depende de ǫ) tal que 0 < |x − k| < δ =⇒ |f (x) − ℓ| < ǫ, entonces decimos que ℓ es el l´ımi ımite te de f (x) cuando x se aproxima a k y escribimos l´ım f (x) = ℓ.
x→k
1
Ejemplos. Ahora escribiremos unas pocas demostraciones para guiarte en tu propia escritu escr itura. ra. Pa Para ra enfatizar enfatizar la estr estructu uctura ra l´ ogica de la prueba, no mostraremos c´ ogica omo hallamos omo nuestro δ en los primeros dos ejemplos. Ejemplo 1. Mostrar que l´ım (3x − 5) = 1. x→2
ǫ
Demostraci´ on. Sea ǫ > 0 y definamos δ = . Entonces si 0 < |x − 2| < δ, tenemos on. 3 |(3x − 5) − 1| = |3x − 6| = 3|x − 2| < 3·
= ǫ.
ǫ
3
Por tanto hemos mostrado 0 < |x − 2| < δ =⇒ |(3x − 5) − 1| < ǫ, que mues muestra tra l´ım (3x − 5) = 1 por definici´ on. on.
x→2
Ejemplo 2. Mostrar que l´ım (7x − 1) = 27. x→4
ǫ
Demostraci´ on. Sea ǫ > 0 y definamos δ = . Entonces si 0 < |x − 4| < δ, tenemos on. 7 |(7x − 1) − 27| = |7x − 28| = 7|x − 4| < 7·
= ǫ.
ǫ
7
Por tanto hemos mostrado 0 < |x − 4| < δ =⇒ |(7x − 1) − 27| < ǫ, que mues muestra tra l´ım (7x − 1) = 27 por definici´on. on.
x→4
Cada uno de esto estoss eje ejempl mplos os es una prueba completa completa.. Sin embargo, embargo, la pregunta pregunta de c´ omo elegimos los valores de δ no es res respond pondid idaa por la pru prueba eba en si mi mism sma. a. De hecho, hecho, algo algo de “trabajo “tra bajo desd desdee cero cero”” fue realizado realizado antes antes en la prue prueba ba que fue escrita. escrita. Vamo amoss a obs observ ervar ar al trabajo desde cero ahora. (TDC ser´ a la abreviaci´on on aque adoptaremos.)
TDC para el Ejemplo 1. Deseamos |(3x − 5) − 1| < ǫ cuando 0 < |x − 2| < δ. Resolvemos Resolv emos la desigua desigualdad ldad |(3x − 5) − 1| < ǫ para |x − 2| : ǫ
|(3x − 5) − 1| < ǫ ⇐⇒ |3x − 6| < ǫ ⇐⇒ 3|x − 2|ǫ ⇐⇒ |x − 2| < . 3 La ultima u ´ ltima desigual desigualdad dad mues muestra tra que deber deber´´ıamos tomar δ = resolver resolv er para |x − 2| es reversible.
2
ǫ
3
dado que cada paso en
TDC para el Ejemplo 2. Queremos |(7x − 1) − 27| < ǫ cuando 0 < |x − 4| < δ. Resolvemos Resolv emos la desigua desigualdad ldad |(7x − 1) − 27| < ǫ para |x − 4| : ǫ
|(7x − 1) − 27| < ǫ ⇐⇒ |7x − 28| < ǫ ⇐⇒ 7|x − 4|ǫ ⇐⇒ |x − 4| < . 7 La ultima u ´ltima desigu desigualdad aldad muestra mue stra que q ue deber deb er´´ıamos elegir e legir δ = para |x − 4| es reversible.
ǫ
7
dado que cada paso en resolver
Si la funci´on on f (x) es un polinomio de grado n > 1, es a menudo necesario “condionar dos veces a δ.” Esto es, cuando se realiza el algebra a´lgebra involucrada en el TDC, necesitaremos restringir a x para acotar cualesquiera t´erminos erminos extra˜ nos en nuestras desigualdades. Restringiendo x es nos equivalente a mantenerlo dentro de una cierta distancia de k, que es de nuevo equivalente a elegir un valor para δ. Vamos a hacer esta situaci´on on m´as as concreta por la manera de un ejemplo espec´´ıfico. Esta vez, revelaremos espec re velaremos el TDC antes que escribamos e scribamos la demostraci´ on formal. on
Ejemplo 3. Mostrar que l´ım x2 = 25. x→5
TDC. Queremos x2 − 25 < ǫ cuando 0 < |x − 5| < δ. Trataremos de resolver la desigualdad |x2 − 25| < ǫ para |x − 5|:
x
2
− 25 < ǫ ⇐⇒ |x − 5| |x + 5| < ǫ ⇐⇒ |x − 5| <
ǫ
|x + 5|
(1)
.
Esta situaci situaci´ o´n difiere de los Ejemplos 1 y 2 en que deseamos definir δ = on
ǫ
, pero no |x + 5| podemos dado que δ que se supone que es un n´ umero que depende s´ umero olo de ǫ, no una funci´on olo on de x. Aqu Aqu´´ı hay una forma de remover esta dificultad: d ificultad: reemplazaremos |x + 5 | en (1) por un n´umero umero µ que satisface |x + 5| ≤ µ. Al hacerlo, reescribimos (1) como
x
2
ǫ − 25 < ǫ ⇐⇒ |x − 5| |x + 5| < ǫ ⇐⇒ µ|x − 5| < ǫ ⇐⇒ |x − 5| < , µ
(2)
ǫ aqu´´ı tambi´ en. A saber, no hay en. . Hay un problema aqu µ n´umero umero µ que satisface |x + 5| ≤ µ para todos los n´ umeros reales x. Per umeros eroo no esta estamo moss interesados en todos los n´ umeros reales x, s´olo umeros olo esos cerca a k = 5. ¿Qu´e tan cerca? Bueno, ¡no importa! importa! Sola Solamen mente te queremos queremos acotar |x + 5| restringiendo a x cerca de 5, y cualquier restricci´ rest ricci´on on lo har´a. a. Po Porr ejemplo, ejemplo, si requerimos requerimos 0 < |x − 5| < 1 (eso es x deb deber er´´ıa ser menor que 1 unidad lejos de 5 o, equivalentemente δ = 1), entonces tenemos
y proceder como antes tomando δ =
|x − 5| < 1 ⇐⇒ −1 < x − 5 < 1 ⇐⇒ 9 < x + 5 < 11, tal que podamos tomar µ = 11. Ahora volviend volviendoo a (2), ( 2), deb deber er´´ıamos hacer δ =
tambi´ tamb i´en en nec necesi esitam tamos os |x − 5| < 1 tal que si definimos δ = m´ın 1, ǫ
ǫ
11
ǫ
. Recordar que 11 , entonces 0 < |x − 5| < δ
implica |x − 5| < 1 y |x − 5| < . 11 Ahora podemos escribir la demostraci´ on formal. on formal. Nota Notarr cu´ an mucha m´as an as explicaci´on on est´a presente en el TDC que en la prueba formal.
3
ǫ
Demostraci´ on (del Ejemplo 3). Sea ǫ > 0 y definamos δ = m´ın 1, on . Entonces si 11 0 < |x − 5| < δ, tenemos
x
2
− 25
= |x + 5| |x − 5| < 11 |x − 5| ǫ
< 11 ·
11
= ǫ. Por tanto hemos mostrado
0 < |x − 5| < δ =⇒ x2 − 25 < ǫ, que mues muestra tra l´ım x2 = 25 por definici´ on. on.
x→5
Aqu´ı hay un ejemp Aqu´ ejemplo lo m´as, as, y esta vez vez dej dejarem aremos os el TDC al lector. lector. De hecho, hecho, sugerimos sugerimos que pri primero mero hagas tu prop propio io TDC y esc escriba ribass tu prop propia ia prue prueba. ba. Des Despu´ pu´ es de est es esto, o, comp compara ara tu trabajo con la demostraci´ on abajo. Recordar, es poco probable que dos pruebas se leer´ on an an exactamente de la misma forma, necesitas solamente verificar la implicaci´ on en la definici´on on on con tu (deducido) valor de δ.
Ejemplo 4. Mostrar que l´ım 2x2 − x + 3 = 31. x→4
ǫ
Demostraci´ on. Sea ǫ > 0 y definamos δ = m´ın 1, on. . Entonces si 0 < |x − 4| < δ, 17 tenemos
2x
2
− x + 3 − 31
= 2x2 − x − 28 = |2x + 7| |x − 4| < 17 |x − 4| < 17 ·
= ǫ.
ǫ
17
Por tanto hemos mostrado 0 < |x − 4| < δ =⇒ | 2x2 − x + 3 − 31| < ǫ,
que mues muestra tra l´ım 2x2 − x + 3 = 31 por definici´ on. on. x→4
Nos acercamos en dar un ejemplo que ilustra el algebra a´lgebra involucrada cuando se lidia con una funci´ on racional. Una vez m´as, on as, mostraremos primero nuestro TDC involucrado en hallar δ y entonces escribir la demostraci´ on formal. on 1 1 = . 3 x + 1 4
Ejemplo 5. Mostrar que l´ım x→
1 TDC. Esta vez, queremos − 4 < ǫ cuando 0 < |x − 3| < δ. Vamos a intentar + 1 x 1 resolver la desigualdad − 4 < ǫ para |x − 3|: 1 1 x + 1 4 − x − 1 3 − x x + 1 − 4 < ǫ ⇐⇒ 4(x + 1) < ǫ ⇐⇒ 4(x + 1) < ǫ ⇐⇒ |xx −+ 13| < 4ǫ. (3) |
4
|
Justo como en el Ejemplo 3, queremos hallar un n´ umero µ tal que umero 1 ≤ µ, |x + 1| tal que podamos reemplazar
1 4ǫ en (3) con µ y proceder a tomar δ = . De nuevo, no |x + 1| µ
1 ≤ µ para todo x, pero si |x − 3| < 1 (en efecto si δ = 1), entonces |x + 1| 1 1 1 ≤ . Por tanto ponemos µ = y definamos puedes mostrar que 3 < x + 1 < 5 tal que 3 3 |x + 1| δ = m´ın {1, 12ǫ} . Queda escribir la demostraci´ on. on. hay µ tal que
Demostraci´ on (del Ejemplo 5). Sea ǫ > 0 y definamos δ = m´ın {1, 12ǫ} . Entonces si on 0 < |x − 3| < δ, tenemos
1 1 x + 1 − 4
=
4 − x − 1 4(x + 1)
|x − 3| 4 |x + 1| 1 |x − 3| · < 3 4 1 < · 12ǫ 12 = ǫ. =
Por tanto hemos mostrado 0 < |x − 3| < δ 1 1 = por definici´ on. on. 3 x + 1 4
que mues muestra tra l´ım
1 1 − < ǫ, =⇒ x+1 4
x→
5
