Problema 14

1. \(\displaystyle \lim_{x\to 2}4x+1=9\)
2. \(\displaystyle \lim_{x\to 2}x^2=4\)
3. \(\displaystyle \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6\)
4. \(\displaystyle \lim_{x\to 8^+}\frac{1}{x-8}=+\infty\)
5. \(\displaystyle \lim_{x\to -\infty}\frac{1}{x^2}=0\)

a) \(\displaystyle \lim_{x\to 2}4x+1=9\)

** Trabajo previo Sea \(|(4x+1)-9| < \varepsilon\) $$ \iff |4x-8| < \varepsilon $$ $$ \iff |4(x-2)| < \varepsilon $$ $$ \iff |4||x-2| < \varepsilon $$ $$ \iff |x-2| < \frac{\varepsilon}{4}$$

Demostración. Sea \(\delta=\frac{\varepsilon}{4}\). Por hipótesis, \(0 < |x-2| < \delta\) y por el trabajo previo se concluye que \(|(4x+1)-9| < \varepsilon\). Así, \(\forall \varepsilon > 0 \; \exists\delta>0 : 0 < |x-2| < \delta \implies |(4x+1)-9| < \varepsilon\). \(\blacksquare\)

b) \(\displaystyle \lim_{x\to 2}x^2=4\)

** Trabajo previo. Sea \(|x^2-4| < \varepsilon\) $$\iff |(x+2)(x-2)| < \varepsilon$$ $$\iff |x-2| < \varepsilon$$ $$\iff |x-2| < \frac{\varepsilon}{|x+2|} $$ Acotaremos \(\frac{1}{|x+2|}\). Supongamos que \(\delta < 1\). Así, $$ |x-2| < 1$$ $$ -1 < x-2 < 1 $$ $$ 3 < x+2 < 5$$ $$ |3| < |x+2| < |5| $$ $$ \frac{1}{|3|} > \frac{1}{|x+2|} > \frac{1}{|5|} $$ $$ \frac{\varepsilon}{3} > \frac{\varepsilon}{|x+2|} > \frac{\varepsilon}{5}$$

Por lo que \(|x^2-4| < \varepsilon\iff |x-2| < \frac{\varepsilon}{3} \) Demostración. Sea \(\delta = \min \{1, \frac{\varepsilon}{3}\}\). Por hipótesis, \(0 < |x-2| < \delta\) y por el trabajo previo se concluye que \(|x^2-4| < \varepsilon\). Así, \(\forall \varepsilon > 0 \; \exists\delta > 0 : 0 < |x-2| < \delta \implies |x^2-4| < \varepsilon\). \(\blacksquare\)

c) \(\displaystyle \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6\)

** Trabajo previo. Sea \(|\frac{x^2-9}{x-3}-6| < \varepsilon\) $$\iff \left|\frac{x^2-9}{x-3}-6\right| < \varepsilon$$ $$\iff \left|\frac{(x+3)(x-3)}{x-3}-6\right| < \varepsilon$$ $$\iff |x+3-6| < \varepsilon$$ $$\iff |x-3| < \varepsilon$$

Demostración. Sea \(\delta=\varepsilon\). Por hipótesis, \(0 < |x-3| < \delta\) y por el trabajo previo se concluye que \(|\frac{x^2-9}{x-3}-6| < \varepsilon\). Así, \(\forall \varepsilon>0 \; \exists\delta > 0 : 0 < |x-3| < \delta \implies |\frac{x^2-9}{x-3}-6| < \varepsilon\). \(\blacksquare\)

d) \(\displaystyle \lim_{x\to 8^+}\frac{1}{x-8}=+\infty\)

Definición. \(\displaystyle \lim_{x\to x_0^+}f(x)=\infty\iff \forall M > 0\; \exists \delta > 0: 0 < x-x_0 < \delta \implies f(x) > M\)

** Trabajo previo. Sea \(\frac{1}{x-8}>M\) $$\iff \frac{1}{M}>x-8$$ $$\iff \frac{1}{M}>x-8$$

Demostración. Sea \(\delta = \frac{1}{M}\). Por hipótesis, \(0 < x-8 < \delta\) y por el trabajo previo se concluye que \(\frac{1}{x-8} > M\). Así, \(\forall M > 0\; \exists \delta > 0: 0 < x-8 < \delta \implies \frac{1}{x-8} > M\). \(\blacksquare\)

e) \(\displaystyle \lim_{x\to -\infty}\frac{1}{x^2}=0\)

Definición. \(\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=L\iff \forall \varepsilon > 0\; \exists N < 0: x < N \implies |f(x)-L| < \varepsilon\)

** Trabajo previo. Sea \(|\frac{1}{x^2}-0| < \varepsilon\) $$ \iff \left|\frac{1}{x^2}\right| < \varepsilon $$ $$ \iff \frac{1}{x^2} < \varepsilon $$ $$ \iff \frac{1}{\varepsilon} < x^2 $$ $$ \iff \sqrt{\frac{1}{\varepsilon}} < \sqrt{x^2} $$ $$ \iff \sqrt{\frac{1}{\varepsilon}} < |x| $$ Como \(x\to -\infty,\,x < 0\), $$ \sqrt{\frac{1}{\varepsilon}} < |x| $$ $$ \iff \sqrt{\frac{1}{\varepsilon}} < -x $$ $$ \iff -\sqrt{\frac{1}{\varepsilon}} > x $$

Demostración. Sea \(N = -\sqrt{\frac{1}{\varepsilon}}\). Por hipótesis, \(x < N\) y por el trabajo previo se concluye que \(|\frac{1}{x^2}-0| < \varepsilon\). Así, \(\forall \varepsilon > 0\; \exists N < 0: x < N \implies |\frac{1}{x^2}-0| < \varepsilon\). \(\blacksquare\)