CAP´ ITUL ITULO O III. L´ IMIT IMITES ES DE FUNCIONES
SECCIONES
A. Definici´ Definici´ on on de l´ımite y propiedades propied ades b´asicas. asicas. B. Infinit´ Infi nit´esimos. esim os. Infinit´ Infin it´esimos esi mos equivalente equi valentes. s. C. L´ımites ımi tes infinit infi nitos. os. As´ıntotas ınto tas.. D. Ejercicios propuestos.
85
´ DE L´ ´ A. DEFINICION IMITE Y PROPIEDADES BASICAS.
Un n´ umero umero real L real L se dice l´ımite de una funci´on y on y = f = f ((x) en un punto x punto x = = c c si los valores de la funci´on on se van acercando a L a L cuando cuando x x toma toma valores cada vez m´as as pr´oximos oximos a c a c.. Simb´olicamente olicamente se expresa por: l´ım f ( f (x) = L
x→c
0 , ∃δ > 0 tal que |f ( f (x) − L| < ε si 0 < |x − c| < δ. ⇐⇒ ∀ε > 0,
Debemos tener en cuenta que no importa en este caso el comportamiento de la funci´on on en el punto c; puede incluso no estar en el dominio. Lo que s´ı debe deb e ocurrir o currir es que todos to dos los puntos pr´oximos oximos a c est´en en en el dominio domini o y sus im´agenes agenes est´en en cada vez m´as as cerca de L de L.. An´ alogamente, se dice que una funci´on f alogamente, on f tiene tiene l´ımite x = c c,, y se ımi te infinit infi nito o en x = escrib escr ibee como c omo l´ım f ( f (x) = , cuando
∞
x→c
0 , ∃δ > 0 tal que f que f ((x) > M si 0 < |x − c| < δ. ∀M > 0, Si unicamente u ´ nicamente interesa aproximarse a c por la derecha de ´el el (es decir, para valores mayores que c que c), ), se hablar´ hablar´a de l´ alogaaloga l´ımite ımit e lateral late ral por la l a derecha , y an´ mente de l´ımite (para valores x valores x < c). c ). Las notaciones ımite lateral por la izquierda (para que se usar´an an son las de l´ım f ( f (x) y l´ım f ( f (x), respectivamente. x→c+
x→c−
Un caso particular de l´ımites laterales son los l´ımites ımite s al infinito infin ito , es decir los casos en que x = . As A s´ı dec d ecim imos os que qu e l´ım f ( f (x) = L, L , cuando
±∞
x→∞
0 , ∃k > 0 tal que |f ( f (x) − L| < ε si x > k. ∀ε > 0, Los l´ımites conservan las operacione oper acioness b´asicas asicas de funciones siempre que dichas operaciones sean posibles en el punto donde se est´a calculando el l´ımite.
PROBLEMA 3.1.
3(2x Calcular l´ım 3(2x x→2
1)(x + 1)2 . − 1)(x
Soluci´ on on
Basta sustituir el punto x = x = 2 en la funci´on. on. Resulta que l´ım 3(2x 3(2x
x→2
1)(x + 1) 2 = 3(4 − 1)(3)2 = 81. 81 . − 1)(x 86
´ DE L´ ´ A. DEFINICION IMITE Y PROPIEDADES BASICAS.
Un n´ umero umero real L real L se dice l´ımite de una funci´on y on y = f = f ((x) en un punto x punto x = = c c si los valores de la funci´on on se van acercando a L a L cuando cuando x x toma toma valores cada vez m´as as pr´oximos oximos a c a c.. Simb´olicamente olicamente se expresa por: l´ım f ( f (x) = L
x→c
0 , ∃δ > 0 tal que |f ( f (x) − L| < ε si 0 < |x − c| < δ. ⇐⇒ ∀ε > 0,
Debemos tener en cuenta que no importa en este caso el comportamiento de la funci´on on en el punto c; puede incluso no estar en el dominio. Lo que s´ı debe deb e ocurrir o currir es que todos to dos los puntos pr´oximos oximos a c est´en en en el dominio domini o y sus im´agenes agenes est´en en cada vez m´as as cerca de L de L.. An´ alogamente, se dice que una funci´on f alogamente, on f tiene tiene l´ımite x = c c,, y se ımi te infinit infi nito o en x = escrib escr ibee como c omo l´ım f ( f (x) = , cuando
∞
x→c
0 , ∃δ > 0 tal que f que f ((x) > M si 0 < |x − c| < δ. ∀M > 0, Si unicamente u ´ nicamente interesa aproximarse a c por la derecha de ´el el (es decir, para valores mayores que c que c), ), se hablar´ hablar´a de l´ alogaaloga l´ımite ımit e lateral late ral por la l a derecha , y an´ mente de l´ımite (para valores x valores x < c). c ). Las notaciones ımite lateral por la izquierda (para que se usar´an an son las de l´ım f ( f (x) y l´ım f ( f (x), respectivamente. x→c+
x→c−
Un caso particular de l´ımites laterales son los l´ımites ımite s al infinito infin ito , es decir los casos en que x = . As A s´ı dec d ecim imos os que qu e l´ım f ( f (x) = L, L , cuando
±∞
x→∞
0 , ∃k > 0 tal que |f ( f (x) − L| < ε si x > k. ∀ε > 0, Los l´ımites conservan las operacione oper acioness b´asicas asicas de funciones siempre que dichas operaciones sean posibles en el punto donde se est´a calculando el l´ımite.
PROBLEMA 3.1.
3(2x Calcular l´ım 3(2x x→2
1)(x + 1)2 . − 1)(x
Soluci´ on on
Basta sustituir el punto x = x = 2 en la funci´on. on. Resulta que l´ım 3(2x 3(2x
x→2
1)(x + 1) 2 = 3(4 − 1)(3)2 = 81. 81 . − 1)(x 86
PROBLEMA 3.2.
3(2x 3(2x 1) . x→−1 →−1 (x + 1) 2
Calcular l´ım
−
Soluci´ on on
Al intentar sustituir en la funci´on on el punto x punto x = = 1, se anula el denominador. Esto quiere decir que cuanto m´as as nos aproximamos a 1, m´ as as grande es el cociente. Por eso el l´ımite es infinito ( ).
−
∞
−
PROBLEMA 3.3.
x2 + x 2 Calcular l´ım . x→−2 →−2 x2 4
−
−
Soluci´ on on
La situaci´on on es parecida al problema anterior. Sin embargo el numerador tambi´ tamb i´en en se anula anul a en x en x = = 2.
−
No podemos asegurar que el cociente se hace m´as grande cuando x cuando x se se acerca a 2. Pero si factorizamos numerador y denominador, podemos escribir
−
x2 + x 2 (x + 2)(x 2)(x l´ım = l´ım ım 2 x→−2 →−2 x→−2 →−2 (x + 2)(x x 4 2)(x
−
−
PROBLEMA 3.4.
√ x + 2 − √ 2x Calcular l´ım . x→2 x−2
87
x − 1 − 3 − 1) = l´ım ım = 3 /4. →−2 x − 2 − 2) x→−2 −4 = 3/
Soluci´ on
Tambi´en la situaci´on es similar pero antes de factorizar debemos eliminar las ra´ıces del numerador, es decir, debemos racionalizar. Nos queda:
− √ √ √ √ √ − − − √ √ −
√
( x + 2 2x)( x + 2 + 2x) L = l´ım = l´ım x→2 x→2 (x (x 2)( x + 2 + 2x) x + 2 1 = l´ım = = 1/4. x→2 (x 2+2 2)( x + 2 + 2x)
(x + 2) 2x 2)( x + 2 + 2x)
− √ √ −
−
PROBLEMA 3.5.
Resolver l´ım ([x] x→4
− x).
Soluci´ on
Como la funci´ on parte entera es escalonada, puede tomar diferentes valores a la derecha y a la izquierda del punto x = 4. Debemos calcular los l´ımites laterales separadamente. l´ım ([x]
− x) l´ım ([x] − x) x→4
=
x→4−
=
+
l´ım (3
− x) = 3 − 4 = −1. l´ım (4 − x) = 4 − 4 = 0. x→4 x→4− +
Al ser distintos los l´ımites laterales en x = 4, no existe el l´ımite de la funci´on en el punto.
PROBLEMA 3.6.
Calcular l´ım
x2
x→2 x2
− 2x
− 4x + 4 .
Soluci´ on
Como el numerador y denominador tienden a cero, debemos factorizar ambos y simplificar. Tenemos: (x 2)x x = l´ım = x→2 (x 2)(x 2) x→2 x 2
L = l´ım
−
−
−
88
−
∞.
PROBLEMA 3.7.
(x + h)3 Calcular l´ım h→0 h
− x3 .
Soluci´ on
Tambi´ en en este caso se anulan el numerador y el denominador. Desarrollamos primero la potencia y luego simplificamos: (x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 ) h→0 h 2 = l´ım (3x + 3xh + h2 ) = 3x2 .
L = l´ım
− x3 = l´ım h(3x2 + 3xh + h2) h→0
h
h→0
PROBLEMA 3.8.
Calcular l´ım
x→1
x
− (n + 1)xn+1 + nxn+2 . (1 − x)2
Soluci´ on
Si factorizamos el numerador como x (n+1)xn+1 +nxn+2 = (x 1)2 [nxn + ( 1 + n)xn−1 + ( 2 + n)xn−2 + + x], tenemos:
−
−
L = = =
−
− ··· (x − 1)2 [nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + ··· + x] l´ım x→1 (1 − x)2 l´ım [nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + ··· + x] x→1 n(n + 1) n + (n − 1) + ··· + 2 + 1 = . 2
PROBLEMA 3.9.
√ x2 − 2x + 6 − √ x2 + 2x − 6 Calcular l´ım . x→3 x2 − 4x + 3 89
Soluci´ on
En primer lugar debemos racionalizar el numerador multiplicando y dividiendo la expresi´on por el conjugado de dicho numerador para despu´ es factorizar y simplificar la expresi´on. Resulta: L = = = =
√ − 2x + 6 − √ x2 + 2x − 6)(√ x2 − 2x + 6 + √ x2 + 2x − 6) √ √ l´ım x→3 (x2 − 4x + 3)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) (x2 − 2x + 6) − (x2 + 2x − 6) √ √ l´ım x→3 (x2 − 4x + 3)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) −4(x − 3) √ √ l´ım x→3 (x − 3)(x − 1)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) −4 √ −4 = −1 . √ l´ım = x→3 (x − 1)( x2 − 2x + 6 + 2(3 + 3) 3 x2 + 2x − 6) ( x2
PROBLEMA 3.10.
− 3
Calcular l´ım
x→1
x2
2 3 x + 1 . x 1
−
Soluci´ on
El numerador es un cuadrado perfecto y para racionalizarlo utilizamos la f´ormula a 3 b3 = (a b)(a2 + ab + b2 ) donde en este caso a = 3 x y b = 1. Resulta:
−
√
−
( 3 x 1)2 ( 3 x 1)2 ( 3 x2 + 3 x + 1)2 L = l´ım = l´ım x→1 x→1 (x x 1 1)( 3 x2 + 3 x + 1) 2 (x 1)2 x 1 = l´ım = l´ ım = 0. x→1 (x 1)( 3 x2 + 3 x + 1)2 x→1 ( 3 x2 + 3 x + 1)2
−
− − − − − −
PROBLEMA 3.11.
√ x − 1 Calcular l´ım √ . x→1 x−1 3 4
90
Soluci´ on
En este caso racionalizamos el numerador y el denominador utilizando la f´ ormula general a p b p = (a b)(a p−1 + a p−2 b + + ab p−2 + b p−1 ) con p = 3 para el numerador y p = 4 para el denominador. El proceso es el que se indica a continuaci´on:
−
L = l´ım
x→1
=
l´ım
x→1
−
− − − −
(3 x (
···
4
x
(x
1)( 3 x2 +
3
x + 1)( 4 x3 +
4
x2 +
4
x + 1)
x3 +
4
x2 +
3
x2 +
3
x + 1)
1)(
4
1)( 4 x3 +
4
x2 +
1)( 3 x2 +
(x
3
4
4
x + 1)(
x + 1)
x + 1)
4 = . 3
PROBLEMA 3.12.
√ x − √ c Calcular l´ım . x→c x−c p
p
Soluci´ on
Si aplicamos la f´ormula a p b p = (a con a = p x y b = p c, tenemos:
√
−
√
− b)(a p−1 + a p−2b + ··· + ab p−2 + b p−1)
x c x→c (x c)( x p−1 + x p−2 c + + 1 1 = l´ım p = . x→c x p−1 + + p c p−1 p p c p−1
L = l´ım
− − ··· ··· p
p
p
p
x p c p−2 +
p
c p−1 )
´ ´ B. INFINITESIMOS. INFINITESIMOS EQUIVALENTES.
Una funci´ on cuyo l´ımite es cero cuando la variable independiente x tiende a un valor c recibe el nombre de infinit´esimo en x = c. Se dice que un f (x) infinit´esimo tiene orden n cuando existe y es no nulo el l´ımite l´ım . x→c (x c)n
−
91
Dos infinit´esimos f (x) y g(x) en x = c son equivalentes cuando su cociente f (x) tiene l´ımite uno al tender x a c, es decir cuando l´ım = 1. x→c g(x) Un m´etodo com´ un para calcular l´ımites consiste en sustituir infinit´esimos por otros equivalentes de modo que el c´alculo resulte m´as sencillo. A continuaci´ on damos una lista de las equivalencias m´as comunes entre infinit´esimos: sen f (x) 1
∼ f (x),
− cos f (x) ∼ [f (x)]2/2, tg f (x) ∼ f (x), af (x) − 1 ∼ f (x) ln a,
cuando f (x)
(en particular
ln(1 + f (x))
∼ f (x), (de otra forma ln f (x) ∼ f (x) − 1,
→ 0; cuando f (x) → 0; cuando f (x) → 0; cuando f (x) → 0; ef (x) − 1 ∼ f (x)) cuando f (x) → 0 cuando f (x) → 1).
Has de tener en cuenta que estas f´ormulas s´olo se pueden aplicar cuando los infinit´esimos aparezcan como factor en la funci´on cuyo l´ımite se quiere calcular. En otras palabras, la siguiente propiedad es v´alida: Si f y g son infinit´esimos equivalentes en x = c y h es cualquier funci´ on que tiene l´ımite finito c , entonces f h es un infinit´esimo equivalente a g h.
·
·
PROBLEMA 3.13.
Sabiendo que sen x 1 cos x x2 /2.
−
∼
∼ x cuando x → 0, probar que tg x ∼ x y que
Soluci´ on
Basta calcular el l´ımite del cociente: tg x sen x 1 = l´ım l´ım = 1. x→0 x x→0 x x→0 cos x l´ım
·
Por otra parte, sen2 x − cos x = l´ım (1 − cos x)(1 + cos x) = l´ım x→0 x→0 x→0 (1 + cos x) · x2 /2 x2 /2 (1 + cos x) · x2 /2 sen2 x 2 l´ım l´ım = 1 · 1 = 1. · 2 x→0 x x→0 1 + cos x
L = l´ım =
1
92
PROBLEMA 3.14.
Resolver l´ım
1
− cos x . x
x→0
Soluci´ on
An´ alogamente al problema anterior, tenemos: L = l´ım
1
x→0 x x(1 + cos x) sen x sen x = l´ım l´ım = 1 0 = 0. x→0 x x→0 1 + cos x x→0
sen2 x x→0 x(1 + cos x)
− cos x = l´ım (1 − cos x)(1 + cos x) = l´ım ·
·
PROBLEMA 3.15.
Resolver l´ım
x→0
x
− sen3x . sen5x
Soluci´ on
Separamos la expresi´ on en dos fracciones y utilizamos las equivalencias sen3x 3x y sen 5x 5x:
∼
∼
sen3x l´ım − x→0 x→0 sen5x sen5x x 3x l´ım − l´ım = 1/5 − 3/5 = −2/5. x→0 5x x→0 5x
L = l´ım =
x
− sen3x = l´ım
x x→0 sen5x
PROBLEMA 3.16.
x sen x . x→0 x + sen x
Resolver l´ım Soluci´ on
Dividimos numerador y denominador por x y aplicamos la equivalencia sen x x: x sen x sen x 0 x L = l´ım x+sen = l´ ım = = 0. x x→0 x→0 1 + sen x 2 x x
∼
93
PROBLEMA 3.17.
sen x x→a x
Calcular l´ım
− sen a . −a
Soluci´ on
Aplicamos la f´ ormula sen x
y tenemos: − sen a = 2 sen x −2 a cos x + a 2
x+a 2sen x−a sen x−a x + a 2a 2 cos 2 L = l´ım = l´ım x−a2 cos = 1 cos = cos a. x→a x→a x a 2 2 2
·
−
·
PROBLEMA 3.18.
cos x x→a x
Calcular l´ım
− cos a . −a
Soluci´ on
Aplicamos en este caso la f´ormula cos x con lo que:
, − cos a = −2sen x −2 a sen x + a 2
x+a 2sen x−a sen x−a − − x + a 2 sen 2 2 L = l´ım = l´ım sen = − sen a. · x−a x→a x→a x−a 2 2
PROBLEMA 3.19.
x sen2x . x→0 x + sen 3x
Calcular l´ım
−
Soluci´ on
En primer lugar sacamos factor com´ un 2x en el numerador y 3x en el denominador y despu´ es aplicamos las equivalencias sen 2x 2x y sen3x 3x:
∼
2x L = l´ım x→0 3x
1 sen2x 2 2x 1 sen3x 3 + 3x
−
1 sen 2x 2 2 = l´ım 21 sen2x3x = 3 x→0 3 + 3x 3
−
94
1 1 −1 = . · 21 − 4 + 1 3
∼
PROBLEMA 3.20.
Calcular l´ım
x→0
√ 1 + sen x − √ 1 − sen x x
.
Soluci´ on
Si racionalizamos el numerador y tenemos en cuenta que sen x mos: L = =
∼ x, obtene-
√
√ 1 − sen x)(√ 1 + sen x + √ 1 − sen x) − √ √ l´ım x→0 x( 1 + sen x + 1 − sen x) 1 + sen x − 1 + sen x √ l´ım √ x→0 x( 1 + sen x + 1 − sen x) ( 1 + sen x
sen x x→0 x
= 2 l´ım
· √ 1 + sen x +1 √ 1 − sen x = 2 · 1 · 1/2 = 1.
PROBLEMA 3.21.
ax x→0 cx
Calcular l´ım
− bx . − dx
Soluci´ on
Teniendo en cuenta la equivalencia de los infinit´ esimos x y ex x 0, resulta:
→
− 1 cuando
ex ln a 1 ex ln b−x ln a ex ln a ex ln b L = l´ım x ln c = l´ım x→0 e ex ln d x→0 ex ln c (1 ex ln d−x ln c ) ex ln a (x ln b x ln a) ex ln a x ln(b/a) ln(b/a) = l´ım x ln c = l´ım x ln c = . x→0 e (x ln d x ln c) x→0 e x ln(d/c) ln(d/c)
− −
− −
− −
PROBLEMA 3.22.
ex Calcular l´ım x→0 x
− esen x . − sen x 95
Soluci´ on
En primer lugar sacamos e x factor com´ un en el numerador: ex (1 x→0 x
L = l´ım Como sen x mos 1
− x → 0,
− esen x−x) . − sen x
podemos aplicar la equivalencia de los infinit´esi-
− esen x−x ∼ −(sen x − x). Tenemos as´ı: ex (x − sen x) L = l´ım = l´ım ex = 1. x→0 x→0 x − sen x PROBLEMA 3.23.
ey + sen y 1 Calcular l´ım . y→0 ln(1 + y)
−
Soluci´ on
Descomponemos en primer lugar la expresi´on en dos sumandos: L = l´ım
y→0
ey 1 sen y ey 1 sen y + = l´ım + l´ım . y→0 ln(1 + y) y→0 ln(1 + y) ln(1 + y) ln(1 + y)
−
Debido a la equivalencia de los infinit´esimos ey resulta que L = 1 + 1 = 2.
−
− 1 ∼ ln(1 + y) ∼ sen y,
C. L´ IMITES INFINITOS. AS´ INTOTAS.
Anteriormente aparecieron l´ımites de la forma 0/0, los cuales forman un caso particular de los llamados l´ımites indeterminados , pues su resultado no se puede obtener en forma directa. Otros casos de indeterminaci´on en los 96
l´ımites se presentan al considerar valores infinitos. Estos casos de indeterminaci´ on son ,0 , / , 00 , 0 , 1∞ y para resolverlos se pueden seguir las siguientes reglas (que completaremos en el cap´ıtulo 6 con otras t´ecnicas):
∞− ∞ ·∞ ∞ ∞
∞
(a) Si la funci´on es algebraica (s´olo aparecen operaciones algebraicas y no trigonom´etricas) y el l´ımite tiene la forma / , se comparan los grados del numerador y denominador.
∞ ∞
a.1- Si el grado del numerador es mayor que el del denominador, el resultado del l´ımite es .
∞
a.2- Si el grado del denominador es mayor que el del numerador, el resultado es cero. a.3- Si ambos tienen el mismo grado, el resultado es el cociente de los coeficientes de los t´erminos de mayor grado. En resumen, en el caso / los t´erminos que intervienen en el l´ımite son los de mayor grado; el resto se puede desechar.
∞∞
(b) Para las otras formas de indeterminaci´on, es posible transformarlas en alguna de las conocidas y utilizar las t´ecnicas expuestas para ellas. Por ejemplo, en las indeterminaciones con exponenciales (en particular de la forma 1∞ ) se puede utilizar la f´ormula f (x)g(x) = e g(x) ln f (x) , y el exponente presenta ahora una indeterminaci´on del tipo 0 .
·∞
Como aplicaci´ on de los l´ımites infinitos se pueden definir las as´ıntotas: La recta x = h es as´ıntota vertical de la funci´on y = f (x) cuando l´ım f (x) = x→h
l´ım f (x) = −∞ (basta alg´ un l´ımite lateral). ∞ o x→h
La recta y = k es as´ıntota horizontal de la funci´on y = f (x) cuando l´ım f (x) = k o bien l´ım f (x) = k. x→∞
x→−∞
La recta y = mx + b es as´ıntota oblicua de la funci´on y = f (x) cuando existen los l´ımites que definen las constantes m y b as´ı: f (x) , b = l´ım [f (x) x→∞ x x→∞
m = l´ım
− mx];
o bien f (x) , b = l´ım [f (x) x→−∞ x x→−∞
m = l´ım y m = 0 en ambos casos.
97
− mx],
PROBLEMA 3.24.
Calcular l´ım
(2x
x→∞
− 3)(3x + 5)(4x − 6) . 3x3 + x − 1
Soluci´ on
Comparamos los grados del numerador y denominador y tenemos: 24x3 + . . . 24 = = 8. x→∞ 3x3 + . . . 3
L = l´ım
PROBLEMA 3.25.
Calcular l´ım
x→3
1
x
5 x
− 3 − x2 − − 6
.
Soluci´ on
Haciendo denominador com´un tenemos:
1
5 L = l´ım x→3 x 3 (x 3)(x + 2) x + 2 5 1 1 = l´ım = l´ım = . x→3 (x 3)(x + 2) x→3 x + 2 5
− − − − −
PROBLEMA 3.26.
Calcular l´ım
x→1
1
1
3
− x − 1 − x3
.
Soluci´ on
Teniendo en cuenta que 1 com´ un y resulta: 1 + x + x2 x→1 1 x3
L = l´ım
−
− x3 = (1 − x)(1+ x + x2), hacemos denominador − 3 = l´ım
x→1
(x (1 98
−
− 1)(x + 2)
x)(1 + x + x2 )
=
−3 = −1. 3
PROBLEMA 3.27.
x √ . x→∞ x3 + 10
Calcular l´ım
3
Soluci´ on
Dividimos numerador y denominador por x. As´ı: x/x √ = l´ım x→∞ x3 + 10/x x→∞
L = l´ım
3
1
3
1 + 10/x3
= 1.
Este resultado se puede obtener directamente sabiendo que se trata de una indeterminaci´ on del tipo / donde el numerador y denominador tienen el mismo grado, siendo uno los coeficientes de los t´erminos de mayor grado.
∞ ∞
PROBLEMA 3.28.
Calcular l´ım ( x→∞
x2
+ 4x
− − x2
4x).
Soluci´ on
Tenemos una indeterminaci´on del tipo por el conjugado resulta: L = = =
∞ − ∞. Multiplicando y dividiendo √ √ √ √ ( x2 + 4x − x2 − 4x)( x2 + 4x + x2 − 4x) √ x2 + 4x + √ x2 − 4x l´ım x→∞ x2 + 4x − (x2 − 4x) 8x/x √ √ l´ım √ = l´ım √ x→∞ x2 + 4x + x2 − 4x x→∞ ( x2 + 4x + x2 − 4x)/x l´ım
x→∞
8 1 + 4x/x2 +
− 1
4x/x2
=
8 = 4. 2
PROBLEMA 3.29.
Calcular l´ım ( n2 + an + b n→∞
−
n2 + cn + d).
99
Soluci´ on
Procediendo an´ alogamente al problema anterior tenemos: L = = =
√
√ n2 + cn + d)(√ n2 + an + b + √ n2 + cn + d) − √ n2 + an + b + √ n2 + cn + d l´ım n→∞ (n2 + an + b) − (n2 + cn + d) (a − c)n + (b − d) √ √ l´ım √ = l´ım √ ( n2 + an + b
n2 + an + b +
n→∞
l´ım
(a
n→∞
n2 + cn + d
− c) + (b−d) n
1 + a/n + b/n2 +
n2 + an + b +
n→∞
=
1 + c/n + d/n2
n2 + cn + d
a c a c = . 1+1 2
−
−
PROBLEMA 3.30.
√ 3x + 1 − √ x2 √ x2 + 1 . Calcular l´ım x→∞ 3
4
Soluci´ on
Si dividimos numerador y denominador por
√ 3x + 1/√ x − √ x2/√ x √ x2 + 1/√ x L = l´ım = l´ım x→∞ x→∞ 3
4
√ x se obtiene:
3 + 1/x
4
−
3
x2 /x3/2
1 + 1/x2
=
−∞.
Bastaba tambi´ en en este caso comparar los grados del numerador y denominador para obtener el resultado.
PROBLEMA 3.31.
Calcular l´ım ( x→∞
3
x3
+ ax2
− − 3
x3
ax2 ).
Soluci´ on
Si multiplicamos el numerador y denominador por el factor
3
(x3
+ ax2 )2
+
3
(x3
+ ax2 )(x3 100
−
ax2 ) +
3
(x3
− ax2)2,
tenemos L = = =
(x3 + ax2 )
l´ım
x→∞
l´ım
x→∞
l´ım
x→∞
3
− (x3 − ax2) (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) +
(x3 + ax2 )2 +
3
(x3 + ax2 )2 +
3
(1 + a/x)2 +
3
3
3
2ax2 (x3 + ax2 )(x3 2a
(1 + a/x)(1
−
− ax2) +
− a/x) +
3
3
(x3
− ax2)2
3
(x3
− ax2)2
(1
a/x)2
=
2a . 3
PROBLEMA 3.32.
− − 3
Calcular l´ım
x→∞
3
x + 1 x + 1
x
x
.
Soluci´ on
Multiplicamos numerador y denominador por los conjugados de ambos para eliminar las ra´ıces. As´ı tenemos: L = =
l´ım
x→∞
l´ım
x→∞
− −
( 3 x + 1
x)( 3 (x + 1) 2 +
3
( x + 1 3
(x + 1) 2 +
3
x
x(x + 1) +
x(x + 1) +
3
x)( 3 (x + 1) 2 +
x)( x + 1 +
x + 1 +
3
3
x2
.
x2 )( x + 1 + 3
x(x + 1) +
x)
3
x2 )
Tenemos una indeterminaci´on del tipo / , donde el grado del numerador es 1/2 y el grado del denominador es 2/3. Como ´este es mayor, el l´ımite es cero.
∞∞
PROBLEMA 3.33.
Calcular l´ım
x→∞
3
x3
+ 2x2
− − x2
1 .
Soluci´ on
Si escribimos L = l´ım x→∞ la a6 b6 = (a
−
6
(x3
+ 2x2 )2
− 6
(x2
−
1)3
y aplicamos la f´ormu-
− b)(a5 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 + b5), 101
con a =
6
(x3 + 2x2 )2 y b = L =
l´ım
− 1)3, tenemos que (x3 + 2x2 )2 − (x2 − 1)3
6
(x2
(a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 ) x6 + 4x4 + 4x5 (x6 3x4 + 3x2 1) = l´ım . x→∞ (. . . ) x→∞
−
−
−
Como el denominador toma la forma a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 = + + resulta
−
6
(x3 + 2x2 )6 (x2
6
(x2
6
− 1)15 =
1)6 +
6
6
(x3 + 2x2 )10 +
(x3 + 2x2 )4 (x2 6
x30 + . . .+ .(6) . . +
6
− 1)9 +
x30 + . . .,
(x3 + 2x2 )8 (x2 6
− 1)3 (x3 + 2x2 )2 (x2 − 1)12
4x5 + 7x4 + . . .
4 2 = = . √ √ x→∞ 6 3 x30 + . . .+ .(6) . . + x30 + . . .
L = l´ım
6
6
PROBLEMA 3.34.
Calcular l´ım x sen x→0
1 . [x]
Soluci´ on
Como el intervalo [0, 1) no est´a en el dominio de la funci´o n, no existe 1 l´ım x sen . [x] x→0+ Por otra parte, si x
1 l´ım x sen = l´ım x sen(−1) = 0. → 0−, [x] = −1 y x→0 [x] x→0 −
PROBLEMA 3.35.
Calcular l´ım (1 x→1
− x) tg πx2 .
102
−
Soluci´ on
Si hacemos el cambio de variable z = x 1 y utilizamos la equivalencia de los infinit´esimos tg z y z , cuando z 0, obtenemos:
→
−
π(z + 1) z tg = l´ım −z tg − z→0 z→0 2
L = l´ım
= l´ım z cotg z→0
πz z = l´ım z→0 tg πz 2 2
πz π + 2 2 z 2 = l´ım = . z→0 πz/2 π
PROBLEMA 3.36.
Calcular l´ım
x→∞
tg πx+1 2x
√ x4 + 2 . 4
Soluci´ on
πx + 1 De la identidad tg = tg 2x
π 1 1 1 + = cotg = y de 2 2x 2x tg(1/2x) 1 1 la equivalencia entre infinit´esimos tg , pues 1/2x 0, podemos 2x 2x escribir:
−
− →
∼
L = l´ım
x→∞ 1 2x
−2x = −2, √ −x14 + 2 = x→∞ l´ım √ x4 + 2 4
4
pues los grados del numerador y denominador coinciden.
PROBLEMA 3.37.
Calcular l´ım
ln
√ x3 − 2x + 7 5
ln x2
x→∞
.
Soluci´ on
Debido a las propiedades de los logaritmos, tenemos: (1/5)ln(x3 2x + 7) 1 ln x3 (1 2/x2 + 7/x3 ) = l´ım x→∞ 2 ln x 10 x→∞ ln x 2 3 1 ln x ln(1 2/x + 7/x ) 1 3 = l´ım 3 + = (3 + 0) = . 10 x→∞ ln x ln x 10 10
L =
−
l´ım
−
−
103
PROBLEMA 3.38.
Calcular l´ım x[ln(x + 1) x→∞
− ln x].
Soluci´ on
Como 1/x
→ 0, resulta que ln(1 + 1/x) ∼ 1/x con lo que:
x + 1 1 1 L = l´ım x ln = l´ım x ln 1 + = l´ım x = 1. x→∞ x→∞ x→∞ x x x
·
PROBLEMA 3.39.
1 Calcular l´ım ln x→0 x
1 + x . 1 x
−
Soluci´ on
Cuando x ces:
→
0,
2x
→ 0 por lo que ln 1−x
1+
2x 1
−x
∼
1 1 1 + x 1 2x L = l´ım ln = l´ım ln 1 + x→0 x 2 1 x x→0 2x 1 x 1 2x 1 = l´ım = l´ım = 1. x→0 2x 1 x x→0 1 x
·
−
· −
−
PROBLEMA 3.40.
Calcular l´ım x x→∞
√ − x
2
1 .
104
−
2x 1
− x.
Enton-
Soluci´ on
Debido a la equivalencia 21/x L = l´ım x x→∞
− 1 ∼ (ln2) · 1/x, tenemos: 1 21/x − 1 = l´ım x · · ln 2 = ln 2. x→∞ x
PROBLEMA 3.41.
Calcular l´ım
x→0
√ √ 1 + x 1 + x
1 ln(1+x)
.
Soluci´ on
Como la base es siempre uno, el l´ımite de la exponencial es L = l´ım 1f (x) = 1. x→0
Observaci´ on. No hay en este caso ninguna indeterminaci´on porque la fun-
ci´on es constante.
PROBLEMA 3.42.
Calcular l´ım
n→∞
n
n + 1 n 1
−
.
Soluci´ on
Se trata de una indeterminaci´o n del tipo 1∞ . Llamando L al l´ımite y tomando logaritmos, tenemos: ln L = l´ım n ln n→∞
n + 1 . n 1
−
n + 1 Como 1, tenemos la equivalencia ln n 1 lo que resulta:
− →
ln L = l´ım n n→∞
n + 1 n 1
−
−
∼ n + 1 n 1
−
1 = l´ım n
105
n→∞
−
n + 1 n 1
−
· n −2 1 = 2.
1 , con
En definitiva, L = e 2 .
PROBLEMA 3.43.
Calcular l´ım (1 + sen x)1/x . x→0
Soluci´ on
De nuevo la indeterminaci´o n es de la forma 1 ∞ y aplicamos el mismo procedimiento del problema anterior. As´ı: 1 1 ln L = l´ım ln(1 + sen x) = l´ım (1 + sen x x→0 x x→0 x
sen x l´ım = 1, − 1) = x→0 x
de donde L = e.
PROBLEMA 3.44. 2
Calcular l´ım (cos ax)1/x . x→0
Soluci´ on
Al igual que los problemas anteriores podemos escribir ln L = l´ım (1/x2 )lncos ax. x→0
Aplicando ahora las equivalencias entre infinit´esimos ln cos ax a2 x2 /2, resulta:
−
1 ln L = l´ım 2 (cos ax x→0 x 2 /2
En definitiva, L = e −a
−
1 1) = l´ım 2 x→0 x
.
PROBLEMA 3.45.
π Calcular l´ım tg x + x→0 4
1 sen x
.
106
a2 x 2 = 2
−
∼ cos ax − 1 ∼
−a2/2.
Soluci´ on
Tenemos de nuevo una indeterminaci´on del tipo 1∞ y aplicamos las siguien π π tes equivalencias: ln tg x + tg x + 1, sen x tg x x: 4 4
∼ − ∼ ∼ − − − ·
1 π 1 π lntg x + = l´ım tg x + 1 x→0 sen x x→0 sen x 4 4 1 tg x + 1 1 tg x + 1 1 + tg x = l´ım 1 = l´ım x→0 sen x 1 x→0 sen x tg x 1 tg x 2 tg x 2x = l´ım = l´ım = 2. x→0 sen x(1 tg x) x→0 x(1 tg x)
ln L = l´ım
−
−
−
−
Entonces L = e 2 .
PROBLEMA 3.46.
Calcular l´ım
x→0
x 2 2 x + x 2
−
−
1+cotg2 x
.
Soluci´ on
Como tenemos una indeterminaci´ on 1∞ , aplicamos las equivalencias x−2 2 2 ∼ − x2 + x − 2 − 1 y posteriormente sen x ∼ x : x−2 x−2 ln L = l´ım (1 + cotg2 x) ln 2 = l´ım (1 + cotg 2 x) − 1 x→0 x + x − 2 x→0 x2 + x − 2 cos2 x −x2 = l´ım 1 −x2 = l´ım 1 + x→0 x→0 sen2 x sen2 x x2 + x − 2 x2 + x − 2 1 x2 − −1 = 1/2. = l´ım 2 = l´ım 2 2 x→0 x x→0 x + x − 2 x + x − 2 √ Resulta entonces que L = e 1/2 = e. ln
x 2 x2 + x 2
−
PROBLEMA 3.47.
Calcular l´ım sen2 x→0
π 2
− ax
sec2
π
2−bx
107
.
Soluci´ on
Tenemos una indeterminaci´on 1∞ y procedemos de forma similar a los problemas anteriores: ln L = l´ım sec2 x→0
π 2
− bx π
2
= l´ım sec x→0
2
− bx
ln sen2
π 2
− ax π sen2 − 1 2 − ax
π cos2 2−ax − = l´ım .
π
x→0
cos2
π 2−bx
π πax πax Ahora bien, si escribimos cos 2 = cos2 + = sen 2 2 ax 2 2(2 ax) 2(2 ax) πax πax πbx πbx y usamos las equivalencias sen , sen , 2(2 ax) 2(2 ax) 2(2 bx) 2(2 bx) obtenemos:
−
∼
−
ln L = l´ım
x→0
=
π 2−ax π cos2 2−bx
−
cos2
= l´ım
x→0
−
− −
− ∼
− 2
− πax 2(2−ax)
πbx 2(2−bx)
2
−(πax)24(2 − bx)2 = l´ım −a2(2 − bx)2 = −4a2 = −a2 . x→0 (πbx)2 4(2 − ax)2 x→0 b2 (2 − ax)2 4b2 b2 l´ım
2 /b2
En definitiva, L = e −a
.
PROBLEMA 3.48.
Calcular l´ım [cos(x x→1
− 1) + a sen(x − 1)]1/ ln x.
Soluci´ on
Hacemos el cambio de variable z = x 1. De este modo z con lo que tenemos:
−
→ 0 y ln(1+z) ∼ z,
1 1 ln(cos z + a sen z) = l´ım (cos z + a sen z 1) z→0 ln(1 + z) z→0 ln(1 + z) cos z + a sen z 1 cos z 1 a sen z = l´ım = l´ım + = 0 + a = a, z→0 z→0 z z z
ln L = l´ım
−
−
con lo que L = e a . 108
−
PROBLEMA 3.49.
a + 2
n
Calcular l´ım
n→∞
b
n
n
.
Soluci´ on
Tenemos nuevamente la indeterminaci´on 1∞ y utilizamos las equivalencias
− n
a
1
− ∼ − − − n
∼ (1/n) ln a y n
ln L =
l´ım n
n→∞
n
= =
l´ım n
n→∞
b
n
a + 2
1
(1/n) ln b. Tenemos entonces:
b
1
a 1 + 2
n
b 1 = l´ım n n→∞ 2
− n
a 1 + l´ım n n→∞ 2
n 1 n 1 ln ab ln a + l´ım ln b = = ln n→∞ 2 n n→∞ 2 n 2 l´ım
·
En definitiva, L =
·
ab.
− n
b 1 2
ab.
PROBLEMA 3.50.
Calcular l´ım
n→∞
21/n
+ 31/n
+ 41/n
3
n
.
Soluci´ on
De forma an´ aloga al problema anterior tenemos: ln L =
l´ım n
n→∞
·
21/n
+ 31/n
+ 41/n
3
−1
=
1 21/n 1 3 1/n 1 4 1/n 1 l´ım + + 3 n→∞ 1/n 1/n 1/n
=
1 (1/n) l n 2 (1/n) l n 3 (1/n) l n 4 1 l´ım + + = [ln 2 + ln 3 + ln 4] . 3 n→∞ 1/n 1/n 1/n 3
−
−
−
109
Entonces L = e (1/3) ln(2·3·4) =
√ 24. 3
PROBLEMA 3.51.
Calcular l´ım
x→∞
1/x
a1
1/x
+ a2
+ n
··· + a1/x n
nx
.
Soluci´ on
En este caso, como la indeterminaci´on es tambi´en de la forma 1∞ , el procedimiento es an´alogo al realizado en los dos problemas anteriores: ln L =
l´ım nx
x→∞
1/x
a1
+
··· + a1/x n −1 n
1/x
= l´ım nx x→∞
·
a 1
+
··· + a1/x n −n n
1/x
− 1) + ··· + (a1/x n − 1) 1/x = l´ım x(a1 − 1) + ··· + l´ım x(a1/x n − 1) x→∞ x→∞ 1 1 = l´ım x · ln a1 + ··· + l´ım x · ln an = ln a1 + ··· + ln an . x→∞ x→∞ x x Resulta entonces que L = a 1 · · · · · an . =
l´ım x (a1
x→∞
PROBLEMA 3.52.
x2 Encontrar las as´ıntotas de la funci´ on f (x) = x
− 1 . −1
Soluci´ on
(a) Las as´ıntotas verticales s´olo se pueden encontrar para valores de x donde el l´ımite sea infinito. En este caso puede ser en x = 1 pues anula el denomi(x 1)(x + 1) nador. Pero como l´ım f (x) = l´ım = l´ım (x + 1) = 2, no hay x→1 x→1 x→1 x 1 as´ıntotas verticales.
−
−
(b) Para ver si hay as´ıntotas horizontales, debemos calcular: 110
x2 1 l´ım f (x) = l´ım = x→∞ x→∞ x 1 grado del denominador).
− −
∞ (pues el grado del numerador es mayor que el
x2 1 l´ım f (x) = l´ım = (por la misma raz´on que antes. Adem´as el x→−∞ x→−∞ x 1 numerador es positivo y el denominador negativo para valores de x pr´oximos a ).
− −
−∞
−∞
Esto quiere decir que no hay as´ıntotas horizontales. (c) Para comprobar la existencia de as´ıntotas oblicuas calcularemos los siguientes l´ımites: f (x) x2 m = l´ım = l´ım x→∞ x x→∞ x(x
− 1 = 1, − 1)
pues el grado del numerador es igual al del denominador y son uno los coeficientes de x 2 en ambos t´erminos. b = l´ım [f (x) x→∞
−
x2 mx] = l´ım x→∞ x
− 1 − x = l´ım x2 − 1 − x2 + x = 1. x→∞ x−1 −1
La as´ıntota oblicua es la recta y = x + 1. An´ alogamente se obtiene para
−∞:
f (x) x2 = l´ım x→−∞ x x→−∞ x(x
m = l´ım
− 1 = 1, − 1)
pues nuevamente el grado del numerador es igual al del denominador y son uno los coeficientes de x 2 en ambos t´erminos. x2 − 1 x2 − 1 − x2 + x mx] = l´ım x = l´ım = 1. − − x→−∞ x→−∞ x − 1 x→−∞ x−1 La recta y = x + 1 tambi´en es as´ıntota oblicua para −∞. b = l´ım [f (x)
PROBLEMA 3.53.
Comprobar que no existen los siguientes l´ımites: l´ım sen x, l´ım cos x, l´ım tg x. x→∞
x→∞
x→∞
Soluci´ on
Si existiera L = l´ım sen x, deber´ıa ser L x→∞ por definici´on,
| | ≤ 1, porque | sen x| ≤ 1. Adem´as,
∀ε > 0, ∃M > 0 tal que x > M =⇒ L − ε < sen x < L + ε. 111
Ahora bien, es evidente que existen infinitos valores de x, de las formas kπ, π/2 + 2kπ, 3π/2 + 2kπ, cuyo valor absoluto es mayor que M , y para los cuales la funci´on sen x toma, respectivamente, los valores 0, 1, 1. Por tanto, si fijamos ε > 0 de modo que fuera del entorno (L ε, L + ε) queden por lo menos dos de tales valores, la funci´on alcanzar´ıa valores no contenidos en el entorno prefijado. Esto prueba que L no puede ser el l´ımite.
−
−
El mismo razonamiento sirve para probar que no existen l´ım cos x y l´ım tg x. x→∞
x→∞
PROBLEMA 3.54.
Demostrar que no existen los l´ımites siguientes: a) l´ım x sen x. x→∞
b) l´ım x cos x. x→∞
c) l´ım x tg x. x→∞
d) l´ım e1/ sen x . x→0
Soluci´ on
a) Veamos en primer lugar que el l´ımite no puede ser infinito: En efecto, por definici´on, si l´ım x sen x = , dado cualquier n´umero x→∞ positivo M , debe existir k > 0 tal que x sen x > M , para todo x > k. Sin embargo, siempre es posible encontrar valores de x superiores a k, para los cuales sen x, y por consiguiente, x sen x, es nulo, es decir, para los cuales x sen x M .
∞
≤
A continuaci´ on mostraremos que dicho l´ımite no puede ser un n´umero finito: Si fuese l´ım x sen x = L, a cada ε > 0 le corresponder´ıa un k > 0 tal x→∞
que x sen x L < ε, para todo x > k. Ahora bien, si consideramos un n´ umero k tal que k L > ε, siempre es posible encontrar valores x > k para los cuales sen x = 1 y x sen x = x > k pero x sen x L > k L > ε, lo que contradice el hecho de que L es el l´ımite.
|
− |
| − |
|
| − |
− |
Los apartados b) y c) se prueban de manera completamente an´aloga, apoy´andose exclusivamente en el concepto de l´ımite. 112
Por u ´ltimo, como l´ım e1/ sen x = + x→0+
l´ım e1/ sen x = e −∞ = 0, no existe ∞ y x→0 −
el l´ımite por ser distintos los l´ımites laterales.
113
D. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1.- Calcular (en caso de que existan) los l´ımites siguientes: 1/x x→3 x
a) l´ım
− 1/3 . −3
Resp.: -1/9. x 1 . x→1 xn 1
− −
b) l´ım
Resp.: 1/n.
x + x2 + x→1 x
c) l´ım Resp.:
n(n + 1) . 2
··· + xn − n . −1
√ x + 1 − √ 2x d) l´ım . x→1 x2 − x √ Resp.: −1/2 2. √ x− x e) l´ım 4 . x→1 x − 1 Resp.: 1/8.
− √ − −
(2x 3)( x 1) f) l´ım . x→1 2x2 + x 3 Resp.: -1/10.
g) l´ım+ x→0
Resp.: 4.
h) l´ım
x→1
√ x √ . 4+ x−2
√ x − √ x − 1 .
x2
Resp.: 3.
Sugerencia: Racionalizar numerador y denominador. 114
i) l´ım x cosec x. x→0
Resp.: 1. sen3x . x→0 tg 5x
j) l´ım
Resp.: 3/5. sen2x . x→0 2x2 + x Resp.: 2.
k) l´ım
l) l´ım (1 x→0
− cos x)cotg x.
Resp.: 0. 1 cos x . x→0 x2 + sen 3x2
−
m) l´ım
Resp.: 1/8. cos3 x n) l´ım x→0 x3 Resp.: .
− 1.
∞
o) l´ım+ x cosec2 x→0
√ 2x.
Resp.: 1/2. x2 sen(1/x) p) l´ım . x→0 sen x Resp.: 0. sen x . x→∞ x Resp.: 0.
q) l´ım
r) l´ım (x x→π
− π)cotg x.
Resp.: 1. 1 x→0 sen2 x
s) l´ım
− 1 − 1cos x . 115
Resp.:
∞.
sen(x π/3) . 2cos x x→π/3 1
t) l´ım
√
−
−
Resp.: 1/ 3. lntg[(π/4) + ax] . x→0 sen bx
u) l´ım
Resp.: 2a/b.
v) l´ım
x→∞
− x x
Resp.: e2 .
x) l´ım
n→∞
−
1 3
x+2
n2 + 3 n2 + 4n
.
(n2 −1)/n
.
Resp.: e−4 .
2.- Calcular (en caso de que existan) los l´ımites siguientes: a) l´ım f (x) con f (x) = x→−1
x3 +1 x+1 2x2 1−x2
si x > si x <
−1 −1.
Resp.:
∞ (por la izquierda); 3 (por la derecha).
x . x→1/2 [x]
b) l´ım
Resp.: No existe porque el intervalo [0, 1) no est´a en el dominio de la funci´ on. [x]2 9 . x→3 x2 9
− −
c) l´ım Resp.:
∞ (por la izquierda); 0 (por la derecha).
x2 d) l´ım x→3 x
− 9. | − 3|
Resp.: - 6 (por la izquierda), 6 (por la derecha). 116
e) l´ım
|x| x
x→3/2
+ 2[x] . x3
Resp.: 8/9. Sugerencia: Calcular los l´ımites laterales. sen x . x→0 x
f) l´ım
||
Resp.: -1 (por la izq); 1 (por la dcha).
3.- Determinar los valores de a para los que existen los l´ımites laterales l´ım f (x), l´ım f (x), y los casos en que dichos l´ımites son x→a+
x→a−
iguales:
(a) f (x) =
− x
[x].
Resp.: Existen a
∀ ∈
(b) f (x) = [x] +
R.
− x
Son iguales a
∀ ∈ \
Z.
[x].
Resp.: Existen y son iguales a
(c) f (x) =
R
∀ ∈
R.
1 . [1/x]
Resp.: Existen cuando a = 0 y a 1 (por la izquierda); cuando a = 0 y a < 1 (por la derecha). Son iguales cuando a = 1/n, n = 1, 2, . . .
≤
4.- Encontrar las as´ıntotas de las siguientes funciones: x2 a) f (x) = 2x
− 3. −4
Resp.: (V) x = 2; (O) y = 1 + x/2.
b) f (x) =
√ 4x2x2 − 4 .
Resp.: (V) x = 1, x =
c) f (x) =
−1; (H) y = 1, y = −1.
1| √ |x + . x2 + 1
Resp.: (H) y = 1. 117
− −
√ x2 + 5 − 3 d) f (x) = . x2 − 4 Resp.: (H) y = 0.
3x + a para que y = 2 sea as´ıntota px + 2 horizontal y ( 2, 0) sea el punto de corte con el eje X . Dibujar su gr´ afica.
5.- Determinar la funci´ on f (x) =
−
Resp.: a = 6, p = 3/2.
6.- (a) Si no existen l´ım f (x) ni l´ım g(x), ¿pueden existir l´ım [f (x) + x→a
x→a
g(x)] ´ o l´ım f (x)g(x)?
x→a
x→a
Resp.: S´ı. Ejemplos: f (x) = 1/x, g(x) = g(x) = x/ x con a = 0.
||
−1/x con a = 0; f (x) = |x|/x,
(b) Si existen l´ım f (x) y l´ım [f (x) + g(x)], ¿debe existir l´ım g(x)? x→a
x→a
x→a
Resp.: S´ı porque g(x) = [f (x) + g(x)]
− f (x).
(c) Si existe l´ım f (x) y no existe l´ım g(x), ¿puede existir l´ım [f (x)+ x→a x→a x→a g(x)]? Resp.: No, porque si existiera, no se cumplir´ıa el apartado anterior.
(d) Si existen l´ım f (x) y l´ım f (x)g(x), ¿existe l´ım g(x)? x→a
x→a
x→a
Resp.: S´olo en el caso en que l´ım f (x) = 0. x→a
7.- Decidir si los siguientes planteamientos son verdaderos o falsos: (a) Si l´ım f (x) = L , entonces l´ım f (a + h) = L . x→a
h→0
Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x
(b) Si l´ım f (x) = L , entonces l´ım f (x x→a
x→0
− a = h.
− a) = L.
Resp.: Falso: ejemplo f (x) = x.
(c) Si l´ım f (x) = L , entonces l´ım f (x3 ) = L . x→0
x→0
Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x 3 = t. 118
