Límites

Sea $f$ una función definida en todos los puntos $z$ en alguna vecindad borrada $z_0.$ Cuando decimos que el límite de $f(z)$ cuando $z$ se aproxima a $z_0$ es un número $w_0,$ o que \begin{eqnarray}\label{limit001} \lim_{z\rightarrow z_0}f(z)=w_0 \end{eqnarray} significa que el punto $w = f (z)$ se puede hacer arbitrariamente cercano a $w_0$ si elegimos el punto $z$ lo suficientemente cercano a $z_0$ pero distinto de él.

Formalmente, la expresión (\ref{limit001}) significa que para cada (suficientemente pequeño) $\varepsilon>0,$ existe $\delta>0$ tal que

\begin{eqnarray}\label{limitcondition} \left|f (z) - w_0\right| \lt \varepsilon \quad \text{whenever}\quad 0 \lt \left|z - z_0\right| \lt \delta \end{eqnarray}

Considerando el mapeo $w = f (z),$ todos los puntos interiores al círculo $|z - z_0| = \delta$ con $z_0$ borrado son mapeados a los puntos en el interior del círculo $|w - w_0| = \varepsilon,$ ver Figura 1. el límite existirá sólo si en el caso cuando $z$ se aproxima a $z_0$ (esto es, $z \rightarrow z_0$) en cualquier dirección arbitraria; entonces esto implica que $w \rightarrow w_0.$

Los límites son únicos cuando existen.

Supongamos que $\lim_{z\rightarrow z_0}f(z)=w_0$ y $\lim_{z\rightarrow z_0}f(z)=w_1$ con $w_0\neq w_1.$ Sea $2\varepsilon =|w_0-w_1|,$ de tal forma que $\varepsilon >0.$ Existe un $\delta>0$ tal que $0\lt|z-z_0|\lt\delta$ implica $|f(z)-w_0|\lt\varepsilon$ y $|f(z)-w_1|\lt\varepsilon.$ Elegimos un punto $z$ diferente de $z_0$ (porque $f$ está definida en una vecindad borrada de $z_0$). Entonces, usando la desigualdad del triángulo, $$|w_0-w_1|\leq |w_0-f(z)|+|f(z)-w_1|\lt2\varepsilon.$$ Pero esto es una contradicción. Por lo tanto $w_0=w_1.$

Ejemplo 1: Demuestra que $$\lim_{z\rightarrow z_0}z^2=z_0^2.$$

Discusión: Consideremos $\delta = 1.$ Así que $0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta=1$ implica

\begin{eqnarray*} \left| z^2-z_0^2\right|&\lt&\left| z-z_0\right|\left| z+z_0\right|\\&\lt&\left| z-z_0+2z_0\right|\\&\lt& \left(\left| z-z_0\right|+2\left|z_0\right|\right)\\ &\lt&\left(1+2\left|z_0\right|\right). \end{eqnarray*}

Ahora, si $\delta=\dfrac{\varepsilon}{1+2\left|z_0\right|},$ entonces $0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta$ implica que $$\left| z^2-z_0^2\right|\lt \left(1+2\left|z_0\right|\right)\lt\varepsilon.$$ Esto significa que $$\left| z^2-z_0^2\right|\lt\varepsilon \quad\text{siempre y cuando}\quad 0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta$$ donde $\delta=\min\left\{1,\dfrac{\varepsilon}{1+2\left|z_0\right|}\right\}.$

Ahora podemos proceder a escribir la prueba formalmente.

Demostración: Sea $\varepsilon>0.$ Elegimos $\delta=\min\left\{1,\dfrac{\varepsilon}{1+2\left|z_0\right|}\right\}$ tal que $0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta.$ Por lo tanto $$ \left| z^2-z_0^2\right|\lt\varepsilon. \quad \blacksquare $$

Existe una conexión entre los límites de funciones complejas $f(z)$ y los límites de funciones de dos variable reales $g(x,y).$ Estas últimas se estudian en cálculo y podemos usar su definición y propiedades, como la siguiente:

Considera $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ y $z_0=x_0+iy_0,$ $w_0=u_0+iv_0.$ Entonces \begin{eqnarray}\label{limitpart01} \lim_{z\rightarrow z_0}f(z)=w_0 \end{eqnarray} si y sólo si \begin{eqnarray}\label{limitpart02} \lim_{\left(x,y\right) \rightarrow \left(x_0,y_0\right)}u\left(x,y\right)=u_0\quad \text{y}\quad \lim_{\left(x,y\right) \rightarrow \left(x_0,y_0\right)}v\left(x,y\right)=v_0 \end{eqnarray}

Demostración

Primero, supongamos que el límite (\ref{limitpart01}) es cierto. Entonces, para cada número positivo $\varepsilon,$ existe un número positivo $\delta$ tal que \begin{eqnarray}\label{limpart05} |(u + iv) -(u_0 + iv_0)| \lt \varepsilon \end{eqnarray} siempre que \begin{eqnarray}\label{limpart06} 0 \lt |(x + iy) - (x_0 + iy_0)| \lt \delta \end{eqnarray} Pero

\begin{eqnarray*} |u-u_0|&=&|(u-u_0) + i(v -v_0)|\;=\;|(u + iv) - (u_0 + iv_0)|,\\ |v-v_0|&=&|(u-u_0) + i(v -v_0)|\;=\;|(u + iv) - (u_0 + iv_0)| \end{eqnarray*}

$$|(x+iy)-(x_0+iy_0)|=|(x-x_0)+i(y-y_0)|=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$$

Por lo que se sigue de las desigualdades (\ref{limpart05}) y (\ref{limpart06}) que

$$|u-u_0|\lt\varepsilon\quad \text{y}\quad |v-v_0|\lt\varepsilon$$

siempre que

$$0\lt\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt\delta$$

lo cual prueba que los límites (\ref{limitpart02}) se satisfacen.

Ahora, supongamos que los límites (\ref{limitpart02}) son ciertos y deseamos obtener el límite (\ref{limitpart01}). Los límites (\ref{limitpart02}) nos dicen que para cada número positivo $\varepsilon,$ existe números positivos $\delta_1$ y $\delta_2$ tales que

\begin{eqnarray}\label{limpart03} |u-u_0|\lt \frac{\varepsilon}{2}\quad\text{whenever}\quad 0\lt\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt\delta_1 \end{eqnarray}

\begin{eqnarray}\label{limpart04} |v - v_0| \lt \frac{\varepsilon}{2}\quad\text{whenever}\quad 0\lt\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\lt\delta_2 \end{eqnarray}

Sea $\delta$ un número positivo cualquiera menor que $\delta_1$ and $\delta_2.$ Dado que

$$|(u + iv) - (u_0 + iv_0)| = |(u - u_0) + i(v - v_0)| \leq |u - u_0| + |v - v_0|$$

$$\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}=|(x-x_0)+i(y-y_0)|\leq |(x+iy)-(x_0+iy_0)|$$

se sigue de las expresiones (\ref{limpart03}) y (\ref{limpart04}) que

$$|(u + iv) -(u_0 + iv_0)| \lt\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$$

siempre que

$$0 \lt |(x + iy) - (x_0 + iy_0)| \lt \delta.$$

Esto es, el límite (\ref{limitpart01}) se satisface, y esto completa la demostración del teorema. $\quad \blacksquare$

Ejemplo 2: Demuestra que el límite $$\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{z}{\overline{z}}$$ no existe

Solución: Supongamos que el límite existe. Entonces podemos calcularlo considerando que el punto $z = x+iy$ se aproxime al origen de cualquier manera. Sin embargo, cuando $z = x+i0$ es un punto diferente de cero en el eje real $$f(z)=\frac{x+i0}{x-i0}=1;$$ y cuando $z=0+iy$ es un punto diferente de cero en el eje imaginario, $$f(z)=\frac{0+iy}{0-iy}=-1.$$

De esta manera, si $z$ se aproxima al origen por el eje real, encontramos que el límite es $1.$ Por otra parte, si nos aproximamos por el eje imaginario encontramos que el límite es $-1,$ lo cual es una contradicción porque el límite es único. Por lo tanto concluimos que el límite $$\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{z}{\overline{z}}$$ no existe.

Supongamos que \begin{eqnarray*} \lim_{z\rightarrow z_0}f(z)=w_1\quad \text{y}\quad \lim_{z\rightarrow z_0}g(z)=w_2\label{limithypo} \end{eqnarray*} Entonces \begin{eqnarray} \lim_{z\rightarrow z_0}\big[c\cdot f(z)\big] &=& c\cdot \lim_{z\rightarrow z_0} f(z) \text{ with } c\in\C, \label{limitconst}\\ \lim_{z\rightarrow z_0}\big[f(z)+g(z)\big]&=&w_1+w_2,\label{limitsum}\\ \lim_{z\rightarrow z_0}\big[f(z)g(z)\big]&=&w_1w_2;\label{limitmult} \end{eqnarray} y, si $w_2\neq 0,$ \begin{eqnarray} \lim_{z\rightarrow z_0}\frac{f(z)}{g(z)}&=&\frac{w_1}{w_2}. \end{eqnarray}

Demostración

Para demostrar la propiedad (\ref{limitsum}), debemos mostrar que para cada $\varepsilon >0$ podemos encontrar $\delta >0$ tal que

\begin{eqnarray*} \left| \left(f(z)+g(z)\right)-\left(w_1+w_2\right)\right|\lt\varepsilon \quad \text{when}\quad 0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta \end{eqnarray*}

Por hipótesis, dada $\varepsilon >0$ podemos encontrar $\delta_1 >0$ y $\delta_2>0$ tales que

\begin{eqnarray*} \left| f(z)-w_1\right|\lt\varepsilon/2 \quad \text{when}\quad 0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta_1 \\ \left| g(z)-w_2\right|\lt\varepsilon/2 \quad \text{when}\quad 0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta_2 \end{eqnarray*}

Entonces tenemos

\begin{eqnarray*} \left| \left(f(z)+g(z)\right)-\left(w_1+w_2\right)\right| &=&\left| \left(f(z)-w_1\right)+\left(g(z)+w_2\right)\right| \\ &\leq &\left| f(z)-w_1\right|+\left| g(z)-w_2\right|\\ &\leq & \varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon \end{eqnarray*}

Por lo cual,

\begin{eqnarray*} \left| \left(f(z)+g(z)\right)-\left(w_1+w_2\right)\right|\lt\varepsilon \quad \text{cuando}\quad 0\lt\left| z-z_0\right|\lt\delta \end{eqnarray*}

donde $\delta$ se elige como el menor entre $\delta_1$ y $\delta_2.$

Ahora para demostrar la propiedad (\ref{limitmult}). Primero, usando la desigualdad del triángulo, escribimos

\begin{eqnarray*} \left|f(z)g(z) - w_1w_2\right|& \leq & \left|f(z)g(z) - f(z)w_2\right| + \left|f(z)w_2 - w_1w_2\right|\\ &=& \left|f(z)\right|\left|g(z) - w_2\right|+ \left|f(z) - w_1\right|\left|w_2\right| \end{eqnarray*}

Para estimar cada término, elegimos $\delta_1\gt 0$ de tal forma que $0\lt \left|z-z_0\right|\lt \delta_1$ implica $\left|f(z)- w_1\right|\lt 1,$ y de esta manera $\left|f(z)\right|\lt \left|w_1\right|+1,$ dado que $$\left|f(z) - w_1\right|\geq \left|f(z)\right|- \left| w_1\right|.$$ Dados $\varepsilon\gt 0,$ tomemos $\delta_2$ y $\delta_3$ tales que $0\lt \left|z-z_0\right|\lt \delta_2$ implica $$\left|f(z)-w_1\right|\lt \frac{\varepsilon}{2\left(|w_2|+1\right)}$$ y $0\lt \left|z-z_0\right|\lt \delta_3$ implica $$\left|g(z)-w_2\right|\lt \frac{\varepsilon}{2\left(|w_1|+1\right)}.$$ De esta forma podemos elegir $\delta = \min\left\{\delta_1,\delta_2,\delta_3\right\}.$ Si $0\lt \left|z-z_0\right|\lt \delta,$ entonces

\begin{eqnarray*} \left|f(z)g(z) - w_1w_2\right|& \leq & \left|f(z)\right|\left|g(z) - w_2\right|+ \left|f(z) - w_1\right|\left|w_2\right|\\ &\lt & \frac{\varepsilon}{2\left(|w_1|+1\right)}\left|f(z)\right| + \frac{\varepsilon}{2\left(|w_2|+1\right)}\left|w_2\right|\\ &\lt & \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \end{eqnarray*}

Por lo tanto, $\lim_{z\rightarrow z_0}\big[f(z)g(z)\big]=w_1w_2$ queda demostrado.

Las propiedades (\ref{limitconst}) y (\ref{limitsum}) se dejan como ejercicio al lector. $\quad \blacksquare$