Lic. Elsie Hernández S.

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Demostraciones   1. Probar que $1^2+2^2+ \cdots +(n-1)^2 = \frac{n}{6}(n-1)(2n-1)$ Consideremos la siguiente igualdad: $$(k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1$$ Sustituyendo $k$ por $1,2,3,...,n-1$ se obtiene $(1+1)^3-1^3=3 \cdot 1^2 +3 \cdot 1 +1$ $(2+1)^3-2^3=3 \cdot 2^2 +3 \cdot 2 +1$ $(3+1)^3-3^3=3 \cdot 3^2 +3 \cdot 3 +1$ $\vdots$ $(n-1+1)^3-(n-1)^3=3 \cdot (n-1)^2 +3 \cdot (n-1) +1$ Sumando, por separado, cada uno de los términos en ambos lados de la igualdad se obtiene $$n^3-1 = 3\left[ 1^2+2^2+...+(n-1)^2\right]+3\left[1+2+3+...+(n-1) \right]+(n-1)\cdot 1$$ Como $1+2+...+n-1=\frac{n(n-1)}{2}$ entonces $$n^3-1 = 3\left[ 1^2+2^2+...+(n-1)^2\right]+3\frac{n(n-1)}{2}+(n-1)$$ de donde $$n^3-1-n+1 - 3\frac{n(n-1)}{2}= 3\left[ 1^2+2^2+...+(n-1)^2\right]+3\frac{n(n-1)}{2}$$ Efectuando la suma del lado izquierdo, se obtiene que $$3\left[ 1^2+2^2+...+(n-1)^2\right]= \frac{n(2n^2-3n+1)}{2}$$ y por lo tanto $1^2+2^2+...+(n-1)^2 = \displaystyle \frac{1}{6} n(n-1)(2n-1)$, que era lo que se quería probar. Puede utilizarse también el método de inducción matemática para probar la validez de esta igualdad, lo mismo que para probar que se cumple $$1+2+3+...+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$$ 2. Teorema 1 (sobre la unicidad del límite) Vamos a suponer que $L \neq M$ y demostraremos que ello es imposible. Si $L \neq M$, hagamos $\epsilon = \displaystyle \frac{1}{2}\vert L-M\vert$ que será positivo por estar tomando el valor absoluto. Como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x) = L$$ entonces, por la definición de límite, se sabe que $\,\exists \,\delta >0$ tal que $\vert f(x) -L\vert< \epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$ Además, $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x)=M$$ y también por definición se sabe que existe $\delta >0$ Tal que $\vert f(x)-M\vert< \epsilon$ cuando $0<\vert x-a\vert<\delta _1$. Puede suceder que $\delta \geq \delta _1$ o que $\delta _1 \geq \delta$. Supongamos que $\delta \geq \delta _1$. Como $\vert L-M\vert=L-f(x)+f(x)-M$ entonces $\vert L-M\vert=\vert L-f(x)+f(x)-M\vert \geq \vert L-f(x)\vert+\vert f(x)+M\vert \; \;$ de donde $\frac{1}{2} \vert L-M\vert \geq \frac{1}{2}\vert L-f(x)\vert+ \frac{1}{2}\vert f(x)-M\vert$ (Recuerde que $\vert a+b\vert \leq \vert a\vert+\vert b\vert$) Como $\vert L-f(x)\vert< \epsilon$ y $\vert f(x)-M\vert< \epsilon$ entonces $\frac{1}{2}\vert L-M\vert \geq \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$ y por lo tanto $\frac{1}{2}\vert L-M\vert< \epsilon$ Pero habíamos definido $\epsilon = \displaystyle \frac{1}{2}\vert L-M\vert$ y hemos llegado a que $\epsilon <\epsilon$ lo que es absurdo. Luego la suposición de que $L$ es diferente de $M$ nos ha llevado a una contradicción, por lo que debe ser falsa. Entonces, necesariamente $L=M$, con lo que queda demostrado el teorema.   3. Teorema 2. Sea $f(x)=mx+b$, $m,b$ números reales. Nos interesa encontrar una $\delta >0$ tal que $\vert f(x)-(ma+b)\vert< \epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$ Como $\vert f(x)-(ma+b)\vert=\vert mx+b-ma-b\vert=\vert mx-ma\vert$ entonces $$\vert f(x)-(ma+b)\vert=\vert m\vert\vert x-a\vert$$ . Considere los casos siguientes $m \neq 0$ Dada cualquier $\epsilon >0$ se tiene que $\vert m\vert\vert x-a\vert$ es menor que $\epsilon$ siempre que $\vert x-a\vert$ sea menor que $$\frac{\epsilon }{m}$$ Luego si $\delta =\displaystyle \frac{\epsilon }{m}$ entonces $\vert f(x)-ma-b\vert<\epsilon$, siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$. $m=0$ Si $m=0$ entonces $\vert mx+b-ma-b\vert=0$ , por lo que dada cualquier $\epsilon >0$, la desigualdad $\vert f(x)-(ma+b)\vert< \epsilon$ será cierta para todos los valores de $x$ y por lo tanto, para cualquier $\delta >0$ se cumple que $\vert f(x)-ma-b\vert<\epsilon$ cuando $0<\vert x-a\vert< \delta$ 4. Teorema 3. Debemos probar que dada cualquier $\epsilon >0$, existe $\delta >0$ tal que $\vert kf(x)-kL\vert<\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$. Como $\vert kf(x)-kL\vert=\vert k(f(x)-L)\vert=\vert k\vert \vert f(x)-L\vert$ entonces $\vert kf(x)-k\vert$ será menor que $\epsilon$ si $\vert f(x)-L\vert<\displaystyle \frac{\epsilon }{\vert k\vert}=\epsilon _1$ (A) Como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x) = L$$ entonces dada una $\epsilon _1>0$, existe $\delta >0$ tal que $\vert f(x)-L\vert<\epsilon _1$ cuando $0<\vert x-a\vert< \delta$. Considerando lo especificado en (A), podemos utilizar esta misma $\delta$ para que $\vert kf(x)-kL\vert<\epsilon$ y así queda demostrado el teorema.   5. Teorema 4. Consideremos los siguientes casos $a=0$ En este caso debemos probar que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, 0} } \sqrt(x)=0$$, es decir que dada cualquier $\epsilon >0$, existe $\delta >0$ tal que $\vert\sqrt(x)-0\vert<\epsilon$ o sea $\sqrt(x)<\epsilon$, cuando $0<\vert x-0\vert<\delta$, con $x \in[0,+\infty[$, lo que convierte en $x<\delta$. Tenemos que si $x<\epsilon ^2$ entonces $\sqrt(x)<\epsilon$ por lo que si $\delta =\epsilon ^2$ se cumple que $\sqrt(x)<\epsilon$ cuando $0<\vert x-0\vert<\delta$ y así queda demostrado este caso. $a>0$ En este caso debe probarse que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \sqrt(x)=\sqrt(a)$$ es decir que para cada $\epsilon >0$ existe una $\delta >0$ tal que $\vert\sqrt(x)-\sqrt(a)\vert$ es menor que $\epsilon$ cuando $0<\vert x-a\vert< \delta$, con $x \in[0,+\infty[$. Se tiene que para $x\geq0$ la expresión $\sqrt(x)-\sqrt(a)$ puede escribirse como sigue: $\sqrt(x)-\sqrt(a)\cdot\frac{\sqrt(x)+\sqrt(a)}{\sqrt(x)+\sqrt(a)}$ de donde $\sqrt(x)-\sqrt(a)=\frac{x-a}{\sqrt(x)+\sqrt(a)}\leq\frac{\vert x-a\vert}{\sqrt(a)}$ Luego, $\vert\sqrt(x)-\sqrt(a)\vert<\epsilon$, siempre que $\frac{\vert x-a\vert}{\sqrt(a)}<\epsilon \sqrt(a).$ Tomando $\delta =\epsilon \sqrt(a)$ se cumple que $\vert\sqrt(x)-\sqrt(a)\vert<\epsilon$ cuando $0<\vert x-a\vert< \delta$ y así queda demostrado el segundo caso. 6. Teorema 5. Para demostrar que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } [f(x)+g(x)]=L+M$$ dada $\epsilon >0$ debemos probar que existe $\delta >0$ tal que si $0<\vert x-a\vert< \delta$ entonces $\vert f(x)+g(x)-(L+M)\vert<\epsilon .$ Si $\epsilon >0$ se tiene que también $\frac{\epsilon }{2}>0.$ Como: $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x) = L$$ se sabe que existe $\delta _1>0$ tal que si $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ entonces $\vert f(x)-L\vert<\frac{\epsilon }{2}$ $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)=M$$ se sabe que existe $\delta _2>0$ tal que si $0<\vert x-a\vert<\delta _2$ entonces $\vert g(x)-M\vert<\frac{\epsilon }{2}$ Tomando $\delta$ como el mínimo de $\delta _1$ y $\delta _2$ se tiene que si $0<\vert x-a\vert< \delta$ entonces $\vert f(x)-L\vert<\frac{\epsilon }{2}$ y $\vert g(x)-M\vert<\frac{\epsilon }{2}$ Ahora: $\vert f(x)+g(x)-(L+M)\vert=\vert f(x)-L+g(x)-M\vert\leq\vert f(x)-L\vert+\vert g(x)-M\vert$ y como $\vert f(x)-L\vert<\frac{\epsilon }{2}$ y $\vert g(x)-M\vert<\frac{\epsilon }{2}$ se tiene que $\vert f(x)+g(x)-(L+M)\vert<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$ Por lo tanto, si $\delta$ es igual al mínimo de $\delta _1$ y $\delta _2$ se obtiene que si $0<\vert x-a\vert< \delta$ entonces $\vert f(x)+g(x)-M-L\vert<\epsilon$ 7. Teorema 6. $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } [f(x)\cdot g(x)]=L\cdot M$$ Dado $\epsilon >0$ hay que demostrar que existe $\delta >0$ tal que $\vert f(x)\cdot g(x)-LM\vert<\epsilon$ si $0<\vert x-a\vert<\delta .$ Como $f(x)=L+[f(x)-L]$ y $g(x)=M+[g(x)-M]$ entonces multiplicando y restando se obtiene que: $f(x)g(x)-LM=L[g(x)-M]+M[f(x)-L]+[f(x)-L][g(x)-M]$ Luego: $\vert f(x)g(x)-LM\vert\leq \vert L[g(x)-M]\vert+\vert M[f(x)-L]\vert+\vert f(x)-L\vert\cdot \vert g(x)-M\vert$ Por hipótesis, como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)=M$$, existe $\delta _1>0$ tal que $\vert g(x)-M\vert<\frac{\epsilon }{3(1+\vert L\vert)}$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ Tambíen como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x) = L$$, existe $\delta _2>0$ tal que $\vert f(x)-L\vert<\frac{\epsilon }{3(1+\vert M\vert)}$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _2$ Tambíen se tiene que $\vert f(x)-L\vert<\sqrt(\frac{\epsilon }{3})$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _3$ y $\vert g(x)-M\vert<\sqrt(\frac{\epsilon }{3})$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _3.$ Si $\delta$ es el mínimo de $\delta _1,dl_2 y dl_3$, las desigualdades anteriores se cumplen para toda $x$ tal que $0<\vert x-a\vert<\delta .$ Luego: $$\vert L[g(x)-M]\vert+\vert M[f(x)-L]\vert+\vert f(x)-L\vert\cdot \vert g(x)-M\vert$$ es menor que: $$\vert L\vert\frac{\epsilon }{3(1+\vert L\vert}+\vert M\vert\f... ...M\vert)}+\sqrt\frac{\epsilon }{3}\cdot \sqrt\frac{\epsilon }{3}$$ Además como $\frac{\vert L\vert}{1+\vert L\vert}<1$ y $\frac{\vert M\vert}{1+\vert M\vert}<1$ se tiene que $$\frac{\epsilon \vert L\vert}{3(1+\vert L\vert)}<\frac{\epsilon }{3}$$ y $$\frac{\epsilon \vert L\vert}{3(1+\vert L\vert)}<\frac{\epsilon }{3}$$ Luego: $$\vert f(x)g(x)-LM\vert<\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}=\epsilon$$ para $0<\vert x-a\vert< \delta$. Y así queda demostrado el teorema. Nota Se utilizó $1+\vert L\vert$ y $1+\vert M\vert$ en los denominadores de $\frac{\epsilon }{3+(1+\vert M)\vert}$ y $\frac{\epsilon }{3+(1+\vert L)\vert}$ en lugar de $\vert L\vert$ y $\vert M\vert$, pues si $L$ es igual a cero $\vert L\vert$ no puede estar en el denominador, en tanto que $1+\vert L\vert$ no puede hacerse cero y como ya se dijo $\frac{\vert L\vert}{1+\vert L\vert}$ es siempre menor que 1, ya que el denominador es mayor que el numerador. 8. Teorema 8. $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } (\frac{1}{x})=\frac{1}{a}$$, con $a\neq 0$ Hay que considerar dos casos; cuando $a<0$ y cuando $a>0.$ Haremos el desarrollo para $a>0.$ Debe probarse que para cualquier $\epsilon >0$, existe un $\delta >0$ tal que $\vert\frac{1}{x}-\frac{1}{a}\vert$ sea menor que $\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta .$ Note que: $$\vert\frac{1}{x}-\frac{1}{a}\vert=\vert\frac{a-x}{ax}\vert=\f... ...{\vert a\vert\vert x\vert}=\frac{\vert x-a\vert}{a\vert x\vert}$$ pues $a>0$ (*). Como la desigualdad $\vert x-a\vert<\frac{a}{2}$ es equivalente a $\frac{-a}{2}<\vert x-a<\frac{a}{2}\vert$ y por tanto $\frac{a}{2}<x<\frac{3a}{2}$, y como $a>0$ entonces $\frac{a}{2}<\vert x\vert<\frac{3a}{2}.$ Luego, siempre que $\vert x-a\vert<\frac{a}{2}$ se tiene que $\vert x\vert>\frac{a}{2}.$ Volviendo a (*) podemos escribir que: $$\vert\frac{1}{x}-\frac{1}{a}\vert=\vert x-a\vert\cdot \frac{1... ...rt x\vert}\leq \vert x-a\vert\cdot \frac{1}{a\cdot \frac{a}{2}}$$ por lo que $$\vert\frac{1}{x}-\frac{1}{a}\vert\leq \vert x-a\vert\cdot \frac{2}{a^2}$$ siempre que $\vert x-a\vert<\frac{a}{2}$ Como queremos que $\vert x-a\vert\cdot \frac{2}{a^2}$ sea menor que $\epsilon$, $(\vert x-a\vert)<\frac{\epsilon a^2}{2}$, al tomar $\delta$ como la más pequeña entre $\frac{a}{2}$ y $\frac{a^2 \epsilon }{2}$, nos aseguramos que siempre que $\vert x-a\vert<\frac{a^2 \epsilon }{2}$ y $\vert x\vert>\frac{a}{2}$ Luego $$\vert\frac{1}{x}-\frac{1}{a}\vert=\vert x-a\vert\cdot \frac{1... ... x\vert}<\frac{\epsilon a^2}{2}\cdot\frac{1}{a\cdot\frac{a}{2}}$$ de donde $$\vert\frac{1}{x}-\frac{1}{a}\vert<\epsilon$$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$ donde $\delta$ es igual al mínimo entre $\frac{a}{2}$ y $\frac{a^2 \epsilon }{2}$ De esta forma queda demostrado que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } (\frac{1}{x})=\frac{1}{a}$$, con $a>0$ 9. Teorema 9. Vamos a demostrar que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \sqrt[n]{x}= \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \sqrt[n]{a}$$ cuando $n\in N$ y $a$ es cualquier número positivo. Luego debe demostrarse que para cualquier $\epsilon >0$, existe un $\delta >0$ tal que $\vert\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}\vert$, siempre que $\vert x-a\vert<\delta$. Vamos a utilizar la fórmula siguiente válida para cualquier entero positivo $n$ $$a^n-b^n=(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+a^2b^{n-3}+ab^{n-2}+b^{n-1})$$ para expresar $\vert\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}\vert$ en términos de $\vert x-a\vert$ como sigue: $$\vert\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}\vert=\vert\frac{(x^{\frac{1}{n}}... ...rac{1}{n}}(a^{\frac{1}{n}})^{n-2}+(a^{\frac{1}{n}})^{n-1}}\vert$$ $$\vert\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}\vert=\vert x-a\vert\frac{1}{(x^{... ...frac{1}{n}}(a^{\frac{1}{n}})^{n-2}+(a^{\frac{1}{n}})^{n-1}} (A)$$ Se desea encontrar un número tal que la fracción en el lado derecho de la igualdad anterior sea menor que ese número. Si se condiciona que la que se está buscando sea menor o igual que $a$ entonces siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$ se sabe que $\vert x-a\vert<a$, lo que es equivalente a: $$-a<x-a<a$$ o sea $0<x<2a$ Luego siempre que $\vert x-a\vert<a$ se tiene que x>0, por lo que, si en el denominador de la fracción del lado derecho de la igualdad dada en $(A)$, la $x$ se sustituye por 0, se tiene que: $$\frac{1}{a^{\frac{n-1}{n}}}$$ que es la fracción mencionada. Luego, siempre que $\vert x-a\vert<a$ se tiene que $$\vert\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}\vert<\vert x-a\vert\cdot \frac{1}{a^{\frac{n-1}{n}}}$$ Se desea que $\vert x-a\vert\cdot \frac{1}{a^{\frac{n-1}{n}}}$ sea menor que $\epsilon$ es decir que $$\vert x-a\vert<a^{\frac{n-1}{n}}\epsilon$$ Así tomando $\delta$ como la más pequeña entre $a$ y $a^{\frac{n-1}{n}}\epsilon$ nos aseguramos que siempre que $\vert x-a\vert<\delta$ se cumple que $\vert x-a\vert<a^{\frac{n-1}{n}}\epsilon$ y $x>0$ Por tanto $$\vert\sqrt[n]{x}-\sqrt[n]{a}\vert=\vert x-a\vert\cdot\frac{1}... ...ac{n-1}{n}}\epsilon \cdot \frac{1}{a^{\frac{n-1}{n}}}=\epsilon$$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$, donde $\delta$ es igual al mínimo entre $a$ y $a^{\frac{n-1}{n}}\epsilon$, con lo que queda demostrado el teorema. 10. Teorema 10. Será demostrado más adelante, utilizando el teorema 8, y un resultado sobre continuidad. 11. Teorema 11. Como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, b} } f(x)=L= \displaystyle{ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, b} } h(x)$$ entonces para cualquier $\epsilon >0$ existe un entorno reducido $\delta _2$ de $b$ tal que $\vert f(x) -L\vert< \epsilon$ y $\vert h(x)-L\vert<\epsilon$ es decir $$L-\epsilon <f(x)<L+\epsilon$$ y $$L-\epsilon <h(x)<L+\epsilon$$ Ahora, para toda toda $x$ que pertenece a $N$ donde $N=\delta _1\cap\delta _2$se tiene que: $$L-\epsilon <f(x)\leq g(x)\leq h(x)<L+\epsilon$$ por lo que $L-\epsilon <g(x)<L+\epsilon$ De aquí que $\vert g(x)-L\vert<\epsilon$ para $x\in N$ lo que significa que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, b} } g(x)=L$$y el teorema queda demostrado. 12.Teorema 12. Probaremos la parte a) $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, 0^+} } \frac{1}{x^n}=+\infty$$ Se debe demostrar que dada $M>0$, existe $\delta >0$ tal que $\frac{1}{x^n}>M$ siempre que $0<x<\delta$ (Recuerde la definición 1.10.3) Como $x>0$ y $M>0$ entonces se tiene que $x^n<\frac{1}{M}$ siempre que $0<x<\delta$. Además $n>0$ por lo que $x<(\frac{1}{M})^{\frac{1}{n}}$ siempre que $0<x<\delta$. Tomando $\delta =(\frac{1}{M})^{\frac{1}{n}}$ se cumple que $\frac{1}{x^n}>M$ siempre que $0<x<\delta$. Las demostraciones de las partes b) y c). 13. Teorema 13. Vamos a probar la parte a) o sea $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } \frac{g(x)}{f(x)}=+\infty$$ si $c>0$ y $f(x)\rightarrow 0^+$ cuando $x\rightarrow a$. Para ello debe probarse que dada $N>0$, existe una $\delta >0$ tal que $\frac{g(x)}{f(x)}>N$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$ (Recuerde la definición 1.10.1) Como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)=c$$, con c>0, tomando $\epsilon =\frac{c}{2}$, se tiene que existe una $\delta _1>0$ tal que $\vert g(x)-c\vert<\frac{c}{2}$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ (Por definición en un punto de límite en un punto). Luego, de la desigualdad $\vert g(x)-c\vert<\frac{c}{2}$ se sigue que $\frac{-c}{2}<g(x)-c<\frac{c}{2}$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$, por lo que $\frac{c}{2}<g(x)<\frac{3c}{2}$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$. Luego existe una $\delta _1>0$ tal que $g(x)>\frac{c}{2}$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ (*) Por otra parte, como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x)=0$$ se tiene que dada $\epsilon >0$, (cualquiera), existe una $\delta _2>0$ tal que $\vert f(x)\vert<\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _2$. (También por definición de límite). Como $f(x)$ tiende a cero a través de valores positivos entonces $\vert f(x)\vert=f(x)$ Luego, dad $\epsilon >0$, existe una $\delta _2>0$ tal qu $f(x)<\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _2$ (**) De las afirmaciones hechas en (*) y (**) se puede concluir que dada una $\epsilon >0$, existe una $\delta _1>0$ y una $\delta _2>0$ tales que: $$\frac{g(x)}{f(x)}>\frac{\frac{c}{2}}{\epsilon }=N$$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$ que es lo que se quería demostrar, como se indicó al principio de la prueba. 14. Teorema 14. Probaremos la parte 1), o sea que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } [f(x)g(x)]=+\infty$$ si $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x)=c$$ y $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, +\infty} } g(x)=+\infty$$ Para ello se necesita que dada $N>0$, (sin importar que tan grande), exista $\delta >0$ con la propiedad que $[f(x)+g(x)]>N$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$. Como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } f(x)=c$$, para $\epsilon >0$, existe $\delta _1>0$ tal que $\vert f(x)-c\vert<\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$. Luego se tiene que $-\epsilon <f(x)-c<\epsilon$, siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ de donde $f(x)>c-\epsilon$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$. Además, como $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, a} } g(x)=+\infty$$, dada $N_1>0$, existe $\delta _2>0$ tal que $g(x)>N_1$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _2$. Tomando $\delta$ como el mínimo de $\delta _1$ y $\delta _2$, las desigualdades $f(x)>c-\epsilon$ y $g(x)>N_1$ se cumplen si $0<\vert x-a\vert< \delta$. Luego $f(x)+g(x)>c-\epsilon +N_1$ cuando $0<\vert x-a\vert< \delta$ y el teorema queda demostrado pues $N_1$ es suficientemente grande. 15. Teorema 18. Para demostrar este teorema se necesita que para un $N$ dado, (sin importar lo pequeño), exista $\delta >0$ tal que $f(x)\cdot g(x)<N$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _1$. Como $li{a}f(x)=+\infty$ entonces dada $N_1$ (sin importar su magnitud), existe $\delta _1>0$ tal que $f(x)>N_1$ siempre que $0<\vert x-a\vert<\delta _1$. Además, como $li{a}g(x)=-\infty$, dada $N_2$ (sin importar lo pequeña que sea); existe $\delta _2>0$ tal que $g(x)<N_2$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _2$. Supongamos, sin pérdida de la generalidad, que $f(x)>0$, $g(x)<0$, $N_1>0$ y $N_2<0$. Se tiene entonces que $f(x)\cdot N_2<N_1\cdot N_2$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ y por tanto $f(x)g(x)<f(x)N_2<N_1N_2$ si $0<\vert x-a\vert<\delta _1$ y $0<\vert x-a\vert<\delta _2$. Tomando $\delta$ como el mínimo de $\delta _1$ y $\delta _2$ y $N=N_1N_2$, se cumple que $f(x)g(x)<N$ siempre que $0<\vert x-a\vert< \delta$. Como $N_2$ puede ser arbitrariamente pequeña, (por tanto negativa), y $N_1$ puede ser arbitrariamente grande, (por tanto positiva), entonces $N_2N_1$ puede ser arbitrariamente pequeña y se tiene demostrado el teorema. 16. Teorema 19. Para demostrar que $${ \mbox{l\'{\i}m}_{x \,\rightarrow \, +\infty} } \frac{1}{x^p}=0$$ se necesita que para cualquier $\epsilon >0$ dado exista K tal que: $$\vert\frac{1}{x^p}-0\vert<\epsilon$$ para toda $x>K$ (Recuerde la definición 1.10.5). Ahora, si $x>0$ entonces $$\vert\frac{1}{x^p}\vert=\frac{1}{x^p}$$ por lo que $\frac{1}{x^p}<\epsilon$ si y solo si $x^p>\frac{1}{\epsilon }$. Además, $x^p>\frac{1}{\epsilon }$ si y solo si: $$x>\frac{1}{\epsilon }\frac{1}{p}$$ Luego, dada $\epsilon >0$, si escogemos $K=\vert\frac{1}{\epsilon }\vert^{1}{p}$ entonces $$\vert\frac{1}{x^p}-0\vert<\epsilon$$ para toda $x>N$ y el teorema queda demostrado   Volver Revista digital Matemática, Educación e Internet.