El teorema de permanencia del signo para funciones establece que, si una función real \( f \) tiene un límite \( L \neq 0 \) para \( x \to x_0 \), existe un entorno de \( x_0 \) tal que la función \( f(x) \) mantiene el mismo signo de \( L \) para todos los valores de \( x \) en ese entorno (excluyendo, eventualmente, \( x_0 \)). En otros términos:
\[ \lim_{x\to x_0} f(x) = L > 0 \, \implies \, \exists \delta > 0 \, : \, \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \setminus \{ x_0 \} \, , \, f(x) > 0 \]
Si en cambio \( L < 0 \), entonces:
\[ \lim_{x\to x_0} f(x) = L < 0 \, \implies \, \exists \delta > 0 \, : \, \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \setminus \{ x_0 \} \, , \, f(x) < 0 \]
Recordemos la definición de límite:
\[ \lim_{x\to x_0} f(x) = L \, \iff \, \forall \epsilon > 0 \,\, \exists \delta > 0 \, : \, \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \setminus \{ x_0 \} \, , \, |f(x) - L| < \epsilon \]
En particular, escogido \( \displaystyle \epsilon = \frac{|L|}{2} \), se tiene
\[ L - \frac{|L|}{2} < f(x) < L + \frac{|L|}{2} \]
Ahora, observemos que:
- Si \( L > 0 \), entonces
\[ \left( L - \frac{L}{2} \right) = \frac{L}{2} < f(x) < \frac{3L}{2} = \left( L + \frac{L}{2} \right) \qquad \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \setminus \{ x_0 \} \]
- Si \( L = -|L| < 0 \), entonces
\[ \left( -|L| - \frac{|L|}{2} \right) = -\frac{3|L|}{2} < f(x) < -\frac{|L|}{2} = \left( -|L| + \frac{|L|}{2} \right) \qquad \forall x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \setminus \{ x_0 \} \]
En ambos casos, en un entorno de \( x_0 \), los valores de la función \( f(x) \) tienen el mismo signo de \( L \).
Ejercicio 1. Tomemos \( f(x) = e^x \). Calculamos el límite para \( x \to 0 \):
\[ \lim_{x \to 0} e^x = e^0 = 1 \]
Tomado \( \epsilon = \displaystyle \frac{1}{2} \), se tiene:
\[ |e^x - 1| < \frac{1}{2} \]
Esto implica:
\[ -\frac{1}{2} < e^x - 1 < \frac{1}{2} \]
Sumando 1 a todos los miembros:
\[ \frac{1}{2} < e^x < \frac{3}{2} \]
Concluimos que en un entorno de \(x = 0\), la función \(e^x\) asume valores positivos.
Ejercicio 2. Calculamos el límite para \( x \to 2 \) de la función logarítmica \( f(x) = \ln(x) \). Tenemos:
\[ \lim_{x \to 2} \ln(x) = \ln(2) \]
Ahora, tomado \( \displaystyle \epsilon = \frac{\ln(2)}{2} \):
\[ |\ln(x) - \ln(2)| < \frac{\ln(2)}{2} \]
Esto implica:
\[ \displaystyle \ln(2) - \frac{\ln(2)}{2} < \ln(x) < \ln(2) + \frac{\ln(2)}{2} \]
Finalmente, simplificando:
\[ \frac{\ln(2)}{2} < \ln(x) < \frac{3\ln(2)}{2} \]
Por tanto, en un entorno de \(x = 2\) la función \( \ln(x) \) asume valores positivos.
Ejercicio 3. Sea \( f(x) = e^x - 1 \). Calculamos el límite para \( x \to 1 \):
\[ \lim_{x \to 1} (e^x - 1) = e - 1 \]
Tomamos \( \displaystyle \epsilon = \frac{e - 1}{2} \):
\[ |(e^x - 1) - (e - 1)| < \frac{e - 1}{2} \]
Esto implica:
\[ e - 1 - \frac{e - 1}{2} < e^x - 1 < e - 1 + \frac{e - 1}{2} \]
Simplificando:
\[ \frac{e - 1}{2} < e^x - 1 < \frac{3(e - 1)}{2}. \]
Finalmente:
\[ 1 + \frac{e - 1}{2} < e^x < 1 + \frac{3(e - 1)}{2}. \]
Por tanto, en un entorno de \(x = 1\), tanto \(e^x\) como \(f(x) = e^x - 1\) asumen valores positivos, confirmando el teorema.