Problema 20
Observación. La negación de la existencia de un límite es $$ \exists \varepsilon > 0: \forall \delta > 0, \exists x \text{ tal que } 0 < |x-a| < \delta \text{ y } | f(x) - L| ≥ \varepsilon $$
Demostración.
Sea \( \lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} = L \). De tal modo, se busca un \( \varepsilon > 0, \forall \delta > 0, \exists x \text{ tal que } 0 < |x| < \delta \text{ y } \left| \frac{1}{x} - L \right| ≥ \varepsilon \).
Suponga \( x = \min(\frac{\delta}{2}, \frac{1}{\varepsilon + |L| })\). Puesto que \(x > 0\), se sigue entonces que \(\frac{\delta}{2} > 0\) y que \( \frac{1}{\varepsilon + |L|} > 0 \).
De tal modo, \( 0 < x ≤ \frac{\delta}{2} < \delta \implies 0 < x < \delta \implies 0 < |x| < \delta \)
Análogamente, \( 0 < x ≤ \frac{1}{\varepsilon + |L|} \implies \frac{1}{x} ≥ \varepsilon + |L| \). Note que, \( |L| ≥ L \), por tanto \( \frac{1}{x} ≥ \varepsilon + L \implies \frac{1}{x} - L ≥ \varepsilon \). Como \( \varepsilon > 0 \), entonces se tiene que \( \frac{1}{x} - L ≥ \varepsilon > 0 \). Consecuentemente, \( \left|\frac{1}{x} - L \right| ≥ \varepsilon \).
Obteniendo, lo que se quería demostrar. \( \quad \blacksquare \)