ANLISIS MATEMTICO A

Ingeniera - Ciencias Exactas y Naturales

EJERCICIOS RESUELTOS DE LMITE Y

CONTINUIDAD

Silvina Del Duca

Silvia Vietri

Primer cuatrimestre 2016

ndice general

2. Ejercicios resueltos 2

2.1. Lmites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2. Asntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.4. Teorema de Bolzano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1
Notas para Prctica 2

Ejercicios resueltos

2.1. Lmites

Ejercicio 2.1. La ecuacin ax2 + 2x 1 = 0, donde a es una constante positiva,

tiene dos races que dependen del valor de a:

r1 (a) = a1 + 1+a
a
y r2 (a) = a1 1+a
a

a. Vericar que si a > 0, las dos races de la ecuacin son reales, una positiva y
la otra negativa.

b. Calcular lm r1 (a) y lm r2 (a).

a0 a0

c. Interpretar los resultados obtenidos, trazando simultneamente la grca de

la funcin f (x) = ax2 + 2x 1, para valores de a tendiendo a cero (por
ejemplo, a = 1; 0, 5; 0, 2; 0, 1; 0,05).
Solucin:

a. Para vericar que si a > 0, las dos races de la ecuacin son reales (una
positiva y la otra negativa), analicemos cada una de ellas:

r1 (a) = 1+a1
a
: como a > 0, el radicando es positivo y mayor que 1,
por lo tanto el numerador es positivo y el denominador tambin.
Entonces r1 (a) es una raz real y positiva de la ecuacin dada;

( 1+a+1)
r2 (a) = a
: como antes, tiene un radicando positivo, mayor que 1,
por lo tanto el numerador es positivo y el denominador tambin.
Pero el signo menos adelante, cambia el signo de la raz. Enton-
ces r2 (a) es una raz real y negativa de la ecuacin dada.

2
 b. Calculemos el lmite de estas dos funciones, cuando el valor de a tiende a cero:

( 1 + a 1) ( 1 + a + 1)
lm r1 (a) = lm .
a0 a0 a ( 1 + a + 1)
1+a1
= lm
a0 a ( 1 + a + 1)

1
= lm
a0 1 + a + 1
1
=
2

( 1 + a + 1)
lm r2 (a) = lm
a0 a0 a
=

c. Veamos el grco para distintos valores de a

2.2. Asntotas

Ejercicio 2.2. Hallar todas las asntotas de la funcin f (x) = 2x + 1 + x2 .

Solucin:

Asntota horizontal: y = c.

3
 En este caso hay que analizar el limite de la funcin tendiendo a ms y menos
innito.
 
lm f (x) = lm 1 + x2 = +
2x +
x+ x+
 
2
lm f (x) = lm 2x + 1 + x =
x x

Por lo tanto, no hay asintota horizontal.

Asntotas oblicuas: y = mx + b

Iniciamos calculando el valor de la pendiente. Para lo cual, es necesario,

primero, analizar lo que sucede cuando x :

m = lm f (x)
= lm2x+ 1+x2
= lm 2 + 1+x2
x x x x x x

Como en este caso x es menor que cero, podemos escribir 1

x
= 1x2
q
2
m = lm 2 1+x x2
=1
x
Entonces la pendiente de la recta oblicua vale 1
Estudiemos la existencia de b para el valor de m hallado:

b = lm (f (x) mx)
x
 
= lm 2x + 1 + x2 x
x

(x 1 + x2 )
= lm (x + 1 + x ).2
x (x 1 + x2 )
x2 1 x2
= lm
x x 1 + x2
1
= lm
x x 1 + x2
= 0

Podemos armar que f (x) tiene una asntota oblicua de ecuacin y =

x, cuando x tiende a menos innito.

Ahora analizamos lo que sucede cuando x +:

Como en este caso x es mayor que cero, entonces podemos escribir

1
x
= 1x2

4
 Calculamos el valor de m:

f (x)
m = lm
x+ x
2x + 1 + x2
= lm
x
x+

1 + x2
= lm 2 +
r x
x+

1 + x2
= lm 2 +
x+ x2
= 3

Entonces la pendiente de la recta oblicua vale 3

Estudiemos la existencia de b para el valor de m hallado:

b = lm f (x) mx
x+

= lm 2x + 1 + x2 3x
x+

( 1 + x2 + x)
= lm ( 1 + x2 x)
x+ ( 1 + x2 + x)
1
= lm =0
x+ 1 + x2 + x

Podemos armar que f (x) tiene una asntota oblicua de ecuacin y =

3x, cuando x tiende a ms innito.

Por el anlisis efectuado del comportamiento de la funcin, concluimos que f (x)

tiene asntotas oblicuas cuando x . Como su dominio son todos los nmeros
reales, no tiene asntotas verticales. Y como se vio, tampoco tiene asntota hori-
zontal. Si usamos algn programa de matemtica, se puede observar que la grca
es la siguiente:

5
2.3. Continuidad

Ejercicio 2.3. Sea la funcin:

x1 si x>1
3x3
f (x) =
x2 x si x < 1
4x4
Analizar la continuidad de f (x).
Solucin:

Si x > 1, f (x) es continua ya que se trata de un cociente de funciones

continuas, porque el denominador se anula en x = 1 que no pertenece al
conjunto que se analiza.

Si x < 1, f (x) es continua por ser cociente de funciones continuas, ambos

polinomios; y el denominador se anula en x = 1 que tampoco est en el
intervalo que se analiza.

En x = 1, la funcin no est denida, por lo tanto falla la primera condicin

de continuidad. Ya sabemos que la funcin es discontinua en x = 1.

Analicemos qu tipo de discontinuidad tiene en ese punto ( evitable, o esen-

cial o no evitable). Para eso calculamos x tendiendo a 1 por derecha y luego
por izquierda.

lm f (x) = lm f (x)
x1+ x1+

x1
= lm+
x1 3x 3

x 1)( x + 1)
= lm (
x1+ (3x 3)( x + 1)

( x)2 1
= lm
x1+ 3(x 1)( x + 1)
1
= lm+
x1 3( x + 1)
1
=
3 2

x2 x
lm f (x) = lm
x1 x1 4x 4
x(x 1)
= lm
x1 4(x 1)
x
= lm
x1 4
1
=
4
6
 Como los lmites laterales son distintos, entonces no existe lm f (x), es decir,
x1
la discontinuidad en x = 1 es esencial o no evitable.

2.4. Teorema de Bolzano

Ejercicio 2.4. Dada la siguiente ecuacin, demostrar que tienen alguna solucin
real.
x
x cos( ) + 15 sin(x) = 15
2
Solucin:

Armemos la funcin f (x) = x cos( x2 ) + 15 sin(x) 15. Queremos probar que

existe por lo menos un valor real donde f vale cero

Como es una suma algebraica de funciones continuas en todos los reales, es

una funcin continua en R

Aplicaremos entonces el Teorema de Bolzano en el intervalo [0,

2
]
f (0) = 0. cos(0) + 15 sin(0) 15 = 15 < 0

f (/2) = 2 . cos( 4 ) + 15 sin( 2 ) 15 =
4
2
+ 15 15 =
4
2
> 0.

Entonces, comof es continua en [0, 2 ] y tiene signo contrario en los extremos

del intervalo, por Teorema de Bolzano, existe por lo menos un punto c[0, 2 ],
donde f (c) = 0 , es decir, existe por lo menos una solucin de la ecuacin
dada.