UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA ACADEMICO PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL
ANÁLISIS MATEMÁTICO I RESPONSABLES: DIAZ ESPINOZA SANDY MEDALITH. RAMIREZ CRUZ YALEMI LIBERTAD.
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INDICE I. INTRODUCCIÓN II. OBJETIVOS II.1. OBJETIVOS GENERALES: II.2. OBJETIVOS ESPECÍFICOS: III. MARCO TEÓRICO LÍMITES Y CONTINUIDAD III.1 LÍMITES III.1.1 PUNTO DE ACUMULACIÓN: III.1.2 FUNCIÓN ACOTADA: III.1.3 EL LÍMITE DE UNA FUNCION REAL DE VARIABLE REAL: III.1.4 OBSERVACIONES: III.1.5 TEOREMAS SOBRE LÍMITES: TEOREMA 1: TEOREMA 2: UNICIDAD DEL LÍMITE: TEOREMA3: TEOREMA DEL ENCAJO O TEOREMA DEL SANDWINCH: III.1.6. LÍMITES LATERALES: a) LÍMITE DE f POR LA DERECHA: a) LÍMITE DE f POR LA IZQUIERDA: III.1.7 LÍMITES INDETERMINADOS: III.1.10LÍMITES DE FUNCIONES CON: VALOR ABSOLUTO, MÁXIMO ENTERO Y SIGNO DE x:
DEFINICIÓN DE VALOR ABSOLUTO: DEFINICÓN DE MÁXIMO ENTERO: DEFINICIÓN DE FUNCIÓN SIGNO DE X: III.1.9. LÍMITES TRIGONOMÉTRICOS: III.1.10. LÍMITES FINITOS: III.1.11. LÍMITES AL INFINITOS: III.1.12. ASÍNTOTAS: 1) ASÍNTOTA VERTICAL: 2) ASÍNTOTA HORIZONTAL: 3) ASÍNTOTA OBLICUA: III.2. CONTINUIDAD III.2.3. CONTINUIDAD EN UN PUNTO: III.2.4. CONTINUIDAD EN TÉRMINOS DE VENCIDADES: III.2.5. CONDICIONES DE CONTINUIDAD: III.2.6. DISCONTINUIDAD: III.2.6.1. PUNTOS DE DISCONTINUIDAD: III.2.6.2. TIPOS DE DISCONTINUIDAD: 1) DISCONTINUIDAD EVITABLE: 2) DISCONTINUIDAD INEVITABLE:
Lic. Sánchez Culqui Eladio
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4 5 5 5 6 6 6 7 7 10 10 10 9 9 10 10 10 11 12 12 12 12 12 13 13 13 13 13 13 14 14 18 18 18 18 19 19 19
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3) DISCONTINUIDAD DE PRIMERA CLASE: Discontinuidad finita. Discontinuidad evitable o discontinuidad de punto faltante: DISCONTINUIDAD DE SEGUNDA CLASE: III.2.7. CONTINUIDAD LATERAL: III.2.7.1. CONTINUIDAD POR LA DERECHA: III.2.7.2. CONTINUIDAD POR LA IZQUIERDA: III.2.10. CONTINUIDAD EN INTERVALOS: III.2.10.1. CONTINUIDAD SOBRE UN SUBCONJUNTO DEL DOMINIO: III.2.11. FUNCIONES ACOTADAS: III.2.11.1. FUNCIÓN ACOTADA SUPERIORMENTE: III.2.11.2. FUNCIÓN ACOTADA INFERIORMENTE: III.2.12. PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LAS FUNCIONES CONTINUAS: III.2.12.1. TEOREMA DEL CERO: III.2.12.2. TEOREMA DEL VALOR INTERMEDIO (BERNARD BOLZANO): III.2.12.3.TEOREMA DE ACOTACIÓ LOCAL: III.2.12.4. TEOREMA DE ACOTACIÓN GLOBAL: III.2.12.5. TEOREMA DEL VALOR MÁXIMO Y MÍNIMO (Teorema de Karl Weierstrass): III.2.12.6. TEOREMA DE CONTINUIDAD: III.2.5. OBSERVACIONES: IV. Anexos: V. MISCELÁNEA DE EJERCICIOS
Lic. Sánchez Culqui Eladio
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20 20 24 24 24 25 25 29 29 31 31 34 34 34 35 35 35 35 35 35 36 37
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I.
INTRODUCCIÓN
La noción de límite de una función es el tema central del cálculo matemático, es tal vez el más importante, pues esta íntimamente ligada a los conceptos de continuidad, derivada e integral. Es por esto que antes de dar una definición formal del concepto de límite analizaremos ciertas definiciones, como punto de acumulación y una serie de ejemplos que sentaran las bases y a la vez facilitarán la comprensión de diversos términos que intervienen en la definición rigurosa. Es preciso
recalcar que es de suma importancia abordar los temas antes ya
mencionados debido a su estrecha relación con el cálculo matemático la misma que repercute e influye mucho en la realización y ejecución de los proyectos de ingeniería civil. A continuación trataremos los temas propuestos en este presente trabajo monográfico, de una manera profunda, tratando de enriquecer nuestro conocimiento con la ayuda de los conceptos obtenidos a través de esta recopilación de información. En esta monografía hemos considerado importante mencionar y tratar ciertos puntos característicos relacionados con los temas: límites y continuidad, cuyos conceptos nos facilitara reforzar el proceso de aprendizaje para que luego podamos aplicarlo en la realidad.
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II.
OBJETIVOS
II.1. OBJETIVOS GENERALES:
Conocer y manejar las nociones de Análisis Matemático que son básicas para el estudio de esta y otras asignaturas del área: Límites y continuidad de funciones reales de varias variables reales.
Este objetivo se abordará al analizar e interpretar geométricamente diversos conceptos y resultados, y plantear problemas.
Adquirir destreza en la modelización y resolución de problemas de la vida real que se puedan abordaren nuestro campo de trabajo.
II.2. OBJETIVOS ESPECÍFICOS:
Calcular el límite de una función real.
Establecer la continuidad o discontinuidad de una función real dada, en cualquier punto de su dominio.
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III.
MARCO TEÓRICO
LÍMITES Y CONTINUIDAD III.1 LÍMITES III.1.1 PUNTO DE ACUMULACIÓN: DEFINICIÓN 1: Dado un subconjunto A de números reales
A ⊂B ), diremos que un punto ¿
x0∈ R
es
un punto de acumulación de A si cualquier vecindad V ε ( x 0 ) contiene por lo menos un punto x de A distinto de
x0
.
DEFINICIÓN 2: Sea
A ⊂ R , diremos que
x0 ∈ R
, es punto de acumulación de A si: V ε ( X 0 ) ∩ A ≠ ∅ .
Es decir: x 0 ∈ R es punto de acumulacion de A ↔ ∀ ε >0 ; V ,ε ( X 0 ) ∩ A ≠ ∅ . ↔ ( ∀ ε > 0 ) (∃ x ∈ A ) ; 0<|x−x 0|<ε ANÁLSIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C. Pág. DEFINICIÓN 1: Sea el conjunto
S ∈ R y x0 ∈ R ,
entonces
x0
solo si, todo intervalo abierto y cerrado en x ∈ S , distinto de x 0 sí.
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se llama punto de acumulación de S, si x0
contiene por lo menos un punto
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Esto es
x0
, es punto de acumulación de S ↔ ∀ V ε ( X 0 ) y ε > 0 , se cumple:
(¿ x 0−ε , x 0+ ε >−{ x 0 } )∩ S ≠ ∅ Equivalentemente es
x0
es punto de acumulación de:
S ↔( ∀ ε >0, ∃ x ∈ S)/0<|x−x 0|<ε ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.Pag140. III.1.2 FUNCIÓN ACOTADA: Se dice que una función f : A → B es acotada sobre un conjunto S ⊆ A , si el conjunto de imágenes f(s) está acotado, es decir, si existe un número real r >0, llamado cota, tal que:
|f (x)|<r , ∀ xϵ S ⊆ A Equivalentemente: M f ( x ) Es acotada sobre S ↔∃ m, ≤ M , ∀ x ∈ S m Donde m y M son las cotas inferiores y superiores respectivamente. ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G. Pág.143 III.1.3 EL LÍMITE DE UNA FUNCION REAL DE VARIABLE REAL: DEFINICIÓN 1: Sea f : A → R una función con valores reales definidos en Sea
x0∈ R
un punto de acumulación de A.
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A ⊂R :
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Diremos que el numero L es el límite de f(x) cuando x tiende hacia lim f ( x )=L
x → x0
si para cada número real
encontrar δ > 0 tal que si
x0
y escribiremos
ε > 0 , dado arbitrariamente podemos
x ∈ A y 0<|x− x0|< δ entonces
|f ( x )−L|< ε
.
Definición simbólica: Sea
f : A → R , A ⊂ R , x0
es punto de acumulación de A.
lim f ( x )=L ↔ ( ∀ ε> 0 ) , ( ∃ x ∈ S ) tal que :
x → x0
si x ∈ A ˄0<|x −x0|< δ →|f ( x )−L|< ε ANÁLISIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C.
DEFINICIÓN 1: Sea
f : R→R
contiene a
x0
una función definida en cada número de algún intervalo abierto que , excepto posiblemente en el numero
límite de la función f en δ> 0 tal que si
x0
x0
sin y sólo si para cada número
x ∈ Dom ( f ) y con la propiedad de que si:
Formalmente: 0<|x− x0|< δ →|f ( x )−L|< ε lim f ( x )=L ↔ ( ∀ ε> 0 ) ,∃ δ> 0, si x ∈ Dom ( f ) y
x → x0
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mismo. Se dice que L es el
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ε > 0 existe un número
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0<|x− x0|< δ →|f ( x )−L|< ε
↔
ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: R. Figueroa G. pág.151 III.1.4 OBSERVACIONES: III.1.5 TEOREMAS SOBRE LÍMITES: TEOREMA 1: : A ⊂ R , A → R , x0
Sea
A=D f
puno de acumulación de
, entonces:
lim f ( x )=L ⇔ lim f ( x 0 +h ) =L
x → x0
h →0
Es decir, si alguno de estos límites existe entonces, el otro también existe. DEMOSTRACIÓN: 1) Si
lim f ( x )=L
x → x0
(∀ ε>0)(∃ δ >0) ; tal que:
x ∈ D f ⋀ 0<|x−x 0|<δ
0<|f (x )−L|< ε
x−x 0 )=h ⇔ x=x 0+ h x → x0 2) Hagamos que: ( ; donde si entonces h →0. 3) Sustituimos 2) en 1): x 0−L f ¿< ε h ∈ Dom( f ( x−x 0 ) ) ⋀ 0<|h|<δ ⇒ 0<¿ Por tanto esto implica que: lim f ( x 0+ h )=L h→0
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LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C. Pág. TEOREMA 2: UNICIDAD DEL LÍMITE: Si existe
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lim f ( x )=L ,
x → x0
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este es único.
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DEMOSTRCIÓN: : A ⊂ R , A → R , x0
Sea
punto de acumulación de
lim f ( x )=L1 lim f ( x )=L2
Si
x → x0
, entonces:
x → x0
1) Debemos comprobar que: 2) Por hipótesis se tiene:
A.
L1=L2
|L1−L2|< ε, ∀ ε > 0
, lo cual implica:
L1=L2
l ℑ f ( x )=L1 lim f ( x )=L2 x → x0
x→ x0
δ 1> 0 y δ 2>0 , Luego dado cualquier ε > 0, existe tales que para: x ∈ A ⋀ 0<| x−x 0|<δ 1 →|f ( x )−L1|<
0<|x− x0|< δ 2 →|f ( x )−L2|<
3) Obtenemos:
δ =min { δ 1 ; δ 2 }
podemos encontrar
. Como
x0
ε 2
ε 2
es punto de acumulación de A
, x , ∈ A tal que 0<|x −x 0|<δ . Entonces:
|L1−L2|=| L1−f ( x , ) +f ( x , )−L2|≤|L1 −f ( x , )|+|f ( x , )−L2| ANÁLSIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C. TEOREMA 3: TEOREMA DEL ENCAJO O TEOREMA DEL SANDWINCH: Sea
: A ⊂R ; f , g ,h : A → R , x 0
Si para todo
x ∈ A , x ≠ x0
lim f ( x )= lim h ( x )=L
x → x0
x→ x0
punto de acumulación de
tenemos
, entonces:
A.
f (x) ≤ g(x )≤ h ( x ) y además: lim g(x )=L x → x0
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LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C.
III.1.5. LÍMITES LATERALES: Los limites laterales de f, por la izquierda y por la derecha x de 0 , se presentan cuando se realiza restringiendo el dominio de la función f a los subconjuntos siguientes:
Domf ∩<−∞ , x 0 > para limitede f por laizquierda de x 0
Domf ∩< x 0 ,+ ∞> para limite de f por laderecha de x 0
b) LÍMITE DE f POR LA DERECHA: Definición: L es el límite por la derecha de
x0 ,
. .
si dado: ε > 0,∃ δ>0 tal que:
x ∈ Domf ∩< x 0 , ∞ >⋀ 0<|x−x 0|< δ →|f ( x )−L|<ε O también: x ∈ Domf ⋀ x ∈< x 0 , x 0 +δ > →|f ( x ) −L|<ε Denotación: x → x+¿ 0 f ( x) L=lim ¿ ¿
Se lee: “Límite lateral derecho de f en
x0
”
c) LÍMITE DE f POR LA IZQUIERDA: Definición: El valor L es el límite de f por la izquierda de
x0 ,
si:
x Dado ε > 0,∃ δ>0 , que depende ε de y del punto 0 tal que: ( x ∈ Domf ∩ x 0−δ < x < x 0)→|f ( x )−L|< ε
O equivalentemente: x ∈ Domf ⋀ x ∈< x 0−δ , x 0 >¿ →|f ( x )−L|< ε ¿
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x → x−¿ 0 f ( x) Denotación: L=lim ¿ ¿
Se lee: “Límite lateral izquierdo de f en
x0
”
III.1.5.1. TEOREMAS:
L∈ R ,
Si f está definida en un entorno reducido de a, y si
entonces se
cumple que: x → x−¿ 0 f (x) +¿ x → x 0 f ( x ) =L=lim ¿ ¿
L=lim f ( x )=L ↔ lim ¿ ¿
x →a
ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: A. Venero B. Pag.267
III.1.6 LÍMITES INDETERMINADOS: Las formas indeterminadas más usadas son: a)
0 0
b)
1
∞
c)
Otras formas indeterminadas son: a)
0. ∞
b)
∞−∞
c)
00
0 1. Cálculo de límites indeterminados de forma: 0 Si
lim
x→ a
∞ ∞
d)
∞∞
f (x) 0 = g(x ) 0 , entonces para evitar la indeterminación se harán ciertas
operaciones en el numerador y/o denominador de modo que se pueda simplificar el binomio ( x−a) . Casos que se presentan: CASO I:
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Si
P(x ) 0 = , P ( x ) y Q(x ) son POLINOMIOS de grado n y m respectivamente, y lim 0 x→ a Q( x)
entonces la indeterminación se evita tan solo FACTORIZANDO el numerador
P ( x ) y/o
el denominador Q( x) , de modo que el binomio (x−a) se simplifique así: (x−a) P1 (x) P (x) P(x) =¿ lim =lim 1 Q( x) x→ a ( x−a)Q 1 (x ) x → a Q 1(x ) . lim ¿ x →a
CASO II: f (x) 0 lim f ( x ) y g( x ) Si son RADICALSE y x→ a g( x ) = 0 , entonces la indeterminación se evita RACIONALIZANDO en el denominador y /o numerador. CASO III: Si
f ( x ) y g(x )
son FUNCIÓNES TRIGONOMETRICAS, y
indeterminación se evita haciendo uso del teorema de
lim x→ a
f (x) 0 = g(x ) 0 , entonces la
lim
μ→0
sin μ =1 μ
y algunas
identidades trigonométricas. ANALSIS MATEMATICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C. III.1.7 LÍMITES DE FUNCIONES CON: VALOR ABSOLUTO, MÁXIMO ENTERO Y SIGNO DE x: Cada vez que se tenga funciones con valor absoluto, máximo entero y signo de x, se deberá tener en cuenta las correspondientes definiciones: 1. DEFINICIÓN DE VALOR ABSOLUTO: y=f ( x ) =|x|=x , x ≥ 0 . ¿−x , x< 0 . 2. DEFINICÓN DE MÁXIMO ENTERO: f ( x )=⟦ x ⟧ =n , si n ≤ x< n+1, Z .
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3. DEFINICIÓN DE FUNCIÓN SIGNO DE X: 1, Si x >0 sgn ( x ) 0, Si x=0 −1, Si x< 0 ANÁLSIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C. III.1.10. LÍMITES TRIGONOMÉTRICOS: Para calcular límites trigonométricos, se hará uso del siguiente teorema: lim
μ→0
sin μ =1 μ
De este teorema se deducen los siguientes teoremas siguientes: lim
μ =1 sin μ
lim
sin μ =0 μ
lim
1−cos μ =0 μ
μ→0
μ→∞
μ→0
lim
μ→0
tan μ =1 μ
lim μ=1 μ→0
lim
μ→0
1−cos μ 1 = 2 μ2
lim
μ→0
μ =1 tan μ
lim sin μ=1 μ→0
lim
μ→0
1−cos aμ a2 = 2 μ2
ANÁLSIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C. III.1.9. LÍMITES FINITOS: III.1.10. LÍMITES AL INFINITOS:
III.1.11. ASÍNTOTAS: Lic. Sánchez Culqui Eladio
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1) ASÍNTOTA VERTICAL: La recta
la funcion de
x=a se una asíntota vertical de la gráfica de
y=f ( x) si:
x → x+¿ 0 f ( x ) =+∞→ dado un M > 0,∄ δ > 0, L=lim ¿
i. Si
tal que
f ( x )> M
siempre
tal que
f ( x )>M
siempre
tal que f ( x ) <−M
siempre
tal que f ( x ) <−M
siempre
¿
que:
x ∈ D f ⋀ 0< x−x 0< δ −¿
x → x 0 f ( x ) =−∞→ dado un M > 0,∄ δ>0, L=lim ¿
ii. Si
¿
que:
x ∈ D f ⋀ 0< x−x 0< δ +¿
iii. Si
x → x 0 f ( x ) =−∞→ dado un M > 0,∄ δ >0, L=lim ¿ ¿
que: iv. Si
x ∈ D f ⋀ 0< x−x 0< δ
x → x−¿ 0 f ( x ) =−∞ → dado un M > 0,∄ δ>0, L=lim ¿ ¿
que:
x ∈ D f ⋀ 0< x−x 0< δ
2) ASÍNTOTA HORIZONTAL: La recta
gráfica de la funcion de
y=k
se una asíntota horizontal de la
y=f ( x) si:
i. Sea : A ⊂ R ; A es ilimitado superiormente. Dada f : A → R , escribamos: lim f (x )=b
x →+∞
Sí y sólo si: dado arbitariamente ε > 0, podemos encontrar N (δ )>0 Tal que: x ∈ A ⋀ x > N →|f ( x ) −b|< ε ii. Dada f : A → R , A es ilimitado inferiormente. lim f (x)=b ↔
x →−∞
Dado que ε > 0, existe un número
Tal que: x ∈ A ⋀ x <−N →|f ( x )−b|<ε
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N (δ )> 0 ,
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3) ASÍNTOTA OBLICUA: la recta
función i.
y=mx +b es asíntota oblicua de la gráfica de la
y=f ( x) si se cumple lo siguiente:
lim
f (x) =a lim [ f ( x )−ax ] =b x x→+ ∞
lim
f (x ) =a lim [ f ( x )−ax ]=b x x →−∞
x →+∞
Ó
ii.
x →−∞
III.2. CONTINUIDAD III.2.1. DEFINICIÓN: La idea de continuidad de una continuidad de una función f en un punto
x0
de su
dominio [ f ( x ) debe estar definida ] , es decir que la gráfica no tenga rupturas tipo salto vertical a lo largo de la recta vertical x ∈ Domf (x)
x=x 0
. La función f es continua en
si par cada ε > 0 , existe un δ> 0 tal que:
x ∈ Domf ( x ) ∧|x−x 0|<δ →|f ( x ) −f ( x 0 )|<ε
f ( x )=¿ f (x 0) lim ¿ x→ x0
∴ f es continua en x 0 GRÁFICA
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ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: R. Figueroa G. Pag.307 III.2.2 DEFINICIÓN2: Sea f : A → R , A ⊂ R , A=dominio de f ( x ) . Si
x0
es punto que pertenece al dominio de
entonces decimos que
f ( x ) es discontinua
f ( x ) , en el cual x0
f ( x ) no es continua,
en o que tiene una discontinuidad en
x0. ANÁLSIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C.
III.2.3. CONTINUIDAD EN UN PUNTO: Se dice que una función f ( x ) es continua en
x 0 ∈ domf ( x ) si y solo si:
lim f ( x )=f ( x 0)
x → x0
Ejemplos de funciones continuas en un punto de sus dominios son:
Funciones polinómicas: Funciones racionales:
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lim P ( x ) =P (x 0)
x → x0
lim
x → x0
P ( x ) P ( x 0) = , siQ( x 0 )≠ 0 Q ( x ) Q ( x0 )
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Funciones trigonométricas: sen x y cos x es continua en todo punto de
x.
tan x=
sen x cos x , en todo
π x tal que cos x ≠ 0 ↔ x ≠ 2 kπ + 2 .
cot x=
cos x , sen x en todo
x tal que sen x ≠ 0↔ x ≠ 2 kπ .
ANÁLSIS MATEMÁTICO I Autor: R. Figueroa G. pag.308
EJEMPLOS 1 Para que valores de x la función definida es continua:
x 2−3 , si−1< x <1 f ( x )=2 x−4 , si 1≤ x< 2 5−x 2 , si 2≤ x< 3 Solución: Siendo f una función seccionada, los posibles puntos de continuidad se presentan en la unión de los intervalos de definición, esto es, en x=1 y x=2 . Analicemos la continuidad en cada caso. 1. Continuidad en x=1 x=1 , pues en
2
x ∈<−1; 1>: f (1 ) =(1) -3 = -2
i)
f está definida en
ii)
si x está en la vecindad de 1 y x< 1 , entonces los valores de f se acumulan cerca de:
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x (¿−3)=12−3=−2 x →1−¿ ¿ lim ¿ ¿
Si x esta en la vecindad de 1 y
x> 1 , entonces los valores de f se
acumulan cerca de: x2 (¿−3)=2(1)−4=−2 x →1+¿ ¿ lim ¿ ¿
Como
x → 1+¿ ( x) x → 1−¿ f ( x )=lim f
¿
lim ¿ ¿
iii)
se cumple que:
⇒ existe li m f ( x )=−2
lim f ( x )=f ( 1 )=−2 x→ 1
, luego f es continua en
x=1
2. continuidad en x=2
i)
2; 3> , f ( 2 )=5−( 2 )2=1 en , existe. x ∈¿
ii)
Si x está en la vecindad de 2 y
x< 2 , entonces los valores de f se
acumulan cerca de: 2x (¿−4)=0 x → 2−¿ ¿ lim ¿ ¿
Si x está en la vecindad de 2 y acumulan cerca de:
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x> 2 , entonces los valores de f se
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5−x (¿)=1 x → 2+¿ ¿ lim ¿ ¿
+¿
Como
x →2 ( x ) −¿ x → 2 f ( x ) ≠ lim f lim ¿
¿
¿
iii)
No se cumple la condición:
⇒
∄ lim f ( x ) x →2
lim f ( x )=f (2) x→ 2
Entonces la función f no es continua en
x=2
En consecuencia, la función es continua en todo su dominio, excepto en x=2 Grafica
EJEMPLOS 2 Sea la función:
|x 2−4|, si x<−2 ˅ x >2 f ( x )=¿ 3 , si x=±2 Analizar la continuidad de f en los puntos x=−2 y x=2
Solución: Al eliminar las barras del valor absoluto obtenemos: Lic. Sánchez Culqui Eladio
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x 2−4 , si x <−2 ˅ x> 2 f ( x )=4−x2 , si−2< x< 2 si x ≠± 2 3 , si x=±2
1. Continuidad en x=−2 i)
f (−x )=3 existe por definicion . x →−2+¿ 4−x 2=0
ii)
¿
x →−2+¿ f ( x )=lim ¿ lim ¿ ¿
x →−2−¿ x 2−4 =0 −¿
¿
x →−2 f ( x )=lim ¿ lim ¿ ¿
lim f ( x )=0
Luego, existe
x →−2
iii)
x →−2
Como
lim f ( x ) ≠ f (−2)
, la función es discontinua en x=−2
2. Análogamente se determina que también f es discontinua en x=2
3. La grafica de f es:
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III.2.4. TÉRMINOS DE VENCIDADES: Una función f ( x ) es continua próximo a
CONTINUIDAD EN x0
y solo si, para
x próximo a x 0 , f ( x ) es
f ( x0 ) :
∀ ε >0, ∃δ >0/ si x ∈V δ ( x 0 )→ f ( x)∈V ε [ f ( x) ] ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.309
III.2.5. CONDICIONES DE CONTINUIDAD: Se dice que una función es continua en el punto
x 0 ∈ Domf (x) si, y solo si, se
satisfacen las siguientes condiciones: i. ii. iii.
f (x0 ) esta definida, es decir, existe f (x0 ) . Existe
lim f ( x )
x → x0
.
lim f ( x )=f ( x 0 ) .
x → x0
ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.309
III.2.6. DISCONTINUIDAD: III.2.6.1. PUNTOS DE DISCONTINUIDAD: En términos de la gráfica de una función, la discontinuidad implica una interrupción, un salto o ruptura en el trazado de dicha gráfica, originadas por dos motivos: Lic. Sánchez Culqui Eladio
Página 22
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lim f ( x )
a) Que el
x → x0
b) Que el
x → x0
existe, pero debe ser diferente a
lim f ( x )
f ( x0 ) .
no exista. ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.315
III.2.6.2. TIPOS DE DISCONTINUIDAD: 1) DISCONTINUIDAD EVITABLE: Un punto
x0 ∈ R
se dice que es de discontinuidad
removible o evitable si se cumple lo siguiente: x ∈ D f y existe L= lim f ( x ) , pero lim f ≠ f ( x 0 ) x→x x→ x i. . 0
ii.
0
x ∈ D f y existe L= lim f ( x ) x → x0
Graficas: ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.315
2) DISCONTINUIDAD INEVITABLE: Un x0 ∈ R punto se dice que es de discontinuidad esencial o inevitable si se cumple que: i.
x ∈ D f y no existe L= lim f ( x ) , x → x0 −¿
x → x0 f ( x ) lim lim ¿ +¿
x → x0 f ( x) ≠
¿
perolos limiteslaterales existen pero que :¿ ii.
x ∈ D f y lim f ( x )=± ∞ x → x0
Grafico
Lic. Sánchez Culqui Eladio
Página 23
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ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.315 Se puede distinguir dos clases de discontinuidad:
DISCONTINUIDAD DE PRIMERA CLASE: Discontinuidad finita: se tiene en cuenta las siguientes condiciones: f ( x )∈ R x → x−¿ 0 f (x) +¿ x → x 0 f ( x ) ≠ lim ¿
¿
lim ¿ ¿
Discontinuidad evitable o discontinuidad de punto faltante: se
cumple lo siguiente: f ( x0 ) ∈ R x → x−¿ 0 f ( x ) lim f (x) ≠ f ( x 0 ) x→ x 0
+¿ 0
x → x f ( x ) ≠ lim ¿
lim ¿
¿
¿
DISCONTINUIDAD DE SEGUNDA CLASE: si no existe limites laterales en
x0.
Es decir: x → x f ( x ) =± ∞ x → x+¿ 0 f ( x ) =± ∞ ⋁ lim ¿ −¿ 0
lim ¿
¿
¿
Si esto ocurre también se denomina discontinuidad infinita. ANÁLSIS MATEMÁTICO I
LÍMITES Y CONTINUIDAD. Autor: Moisés Lázaro C.
Lic. Sánchez Culqui Eladio
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EJEMPLOS 1 Sea la función: x 2 sgn ( x2 −2 ) +3 x , si x <−2 3 f ( x )= x +sgn ( x +3 ) , si−2≤ x ≤ 1 2 2 x 3−7 x 2+ 2 x +3 , si x <1 x 2−4 x+3 Analizar la continuidad de f en todo su dominio. Solución: (2 x+1)(x−3)(x−1) 2 x 3−7 x 2+ 2 x +3 2 Teniendo en cuenta que: = ( x−3)( x−1) x −4 x+3 2 1, si x > 0 ⇔ x<−√ 2 ˅
sgn ( x 2−2 )=¿ 0, si x 2=0 ⇔ x=± √2
2 -1, si x < 0 ⇔ −√ 2< x < √ 2
1, si x >−3
sgn ( x +3 ) =0, si x =−3 −1, si x <−3
x 2+3 x , si x<−2
Entonces:
3 f ( x )= x +1 , si−2 ≤ x ≤1 2
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Página 25
x> √ 2
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2 x +1 , si si x> 1, x ≠−2 y x ≠3
Analicemos ahora las condiciones de continuidad en x=−2 , x=1 y x =3 1. Continuidad en x=−2
i)
3 f (−2 )= (−2 ) +1=−2 , existe 2 x →−2−¿ ( x 2 +3 x )=−2 f ( x )=¿ lim ¿ ¿
ii)
x →−2−¿ ¿ lim ¿ ¿
x →−2+¿
( 32 x+ 1)=−2
f ( x )=¿ lim ¿ ¿
x →−2+¿ ¿ lim ¿ ¿
x →−2+¿ f ( x ) ⇒ f ( x )=¿ lim ¿ Dado que
¿
existe
x →−2−¿ ¿ lim ¿
lim f (−2 )
x →−2
¿
iii)
Se cumple que: lim f ( x )=f (−2 ) , por tanto f es continua en x =−2 x →−2
2. Continuidad en x=1 3 5 f ( 1 )=¿ ( 1 ) +1= , existe i) 2 2
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x →1−¿ =
5 2
x → 1+¿ ( 2 x +1 )=3 ; lim ii)
( 32 x +1) ¿
f ( x )=¿ lim ¿ ¿
x →1+¿ ¿ lim ¿ ¿
Como
x →1−¿ f ( x ) ⇒ +¿ x → 1 f ( x ) ≠ lim ¿ lim ¿
no existe
¿
lim f ( x ) x→ 1
¿
iii)
No se cumple que:
x → 1+¿ f ( x )=f ( 1 ) , por tanto , x=1 es un punto de discontinuidad esencial o inevitable . lim ¿ ¿
3. Continuidad en x=3 Como f ( 3 ) no está definida, pues
x ≠ 3 , y lim f ( x )=lim ( 2 x +1 )=7 x →3
x →3
Si existe, significa que x=3 es un puntode dsicontinuidad evitable . Luego la extensión continua de la función f en x=3 es:
EJEMPLOS 2 Sea la función: x 2+2 x−3 ( x +2 ) √ x 2 +1
, si x ≤ 1 f ( x )=¿
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3
x +x 3 x + x 2−x−1
, si x>−1
Esbozar la gráfica mostrando todas las asíntotas existentes e indicar los puntos de discontinuidad. Solución: 1. Intersección con los ejes coordenados. En x ∈<−∞ ,−1 ¿: 2 a) Eje x : y =0 ⇒ x +2 x−3=0 ⇔ x=−3 ˅ x=1 Ɇ <−∞ ,−1 ¿
b) Eje y: x=0 Ɇ <−∞ ,−1 ¿ En x ∈<−1,+ ∞> :
No hay intersección.
a) Eje y: x=0 ⇒ y=0 La curva pasa por el origen. 2. Asíntotas verticales Para
f 1 ( x )=
2 ( x+ 3)(x −1) x +2 x−3 = ( x +2) √ x 2+1 (x +2) √ x 2+ 1
−¿ 0¿ ( √ 5) ¿ ¿ (1)(−3) ( x )=¿ ¿ x →−2−¿ f 1 ¿ lim ¿ ¿
;
, x ∈<−∞ ,−1 ¿
+¿ 0¿ (√ 5) ¿ ¿ (1)(−3) ( x )=¿ ¿ x →−2+¿ f 1 ¿ lim ¿ ¿
Luego, x=−2 es una asíntota vertical en ambos sentidos. x2 (x−1) x3 f ( x ) = = x ∈<−1,+∞ > x ≠1 Para 2 ( x−1)( x+ 1)2 ( x +1)2
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+¿¿ 0 ¿ ¿ (−1) Es una asíntota vertical hacia abajo. ( x )=¿ ¿ +¿ x →−1 f 2 ¿ lim ¿ ¿
3. Asíntotas horizontales
( x )=¿ lim
x →−∞
[
2 3 x 2 (1+ − 2 ) x x
√
2 1 x (1+ )|x| 1+ 2 x x lim f 1 ¿
]
=-1 (par
x< 0 ,| x|=−x ¿
x →−∞
Entonces,
y=−1 es una asíntota horizontal
[
3
x ( x )=¿ lim 2 x →± ∞ ( x+1) lim f 2 ¿
]
= ± ∞ ⇒ No existe asíntota horizontal.
x→ ±∞
4. asíntotas oblicuas
En
En
f1
f2
:
:
m1
m2
=
y=mx +b
lim
x →−∞
f 1 (x) =0 ⇒ No existe asíntota oblicua izquierda. x
lim x 3−x 2 f 2 (x) x →+∞ =¿ 3 2 x + x −x−1 =1 = x lim ¿ x →+∞
b2
x 4−x 3 ( 3 2 −x) [ f 2 (x )−m2 x ] =¿ xlim →+∞ x + x −x−1 = =-2 lim ¿ x →+∞
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Luego,
y=x−2 es una asíntota oblicua derecha.
5. Puntos de continuidad En x=−2 y x=−1 la discontinuidad es esencial ya que ambas rectas son asíntotas verticales. Sin embargo en
−¿ ∈ Dom(f 1) : x=−1¿
1−2−3 ¿ =−2 √ 2 f 1 ¿ −1)= (−1+ 2)( √ 1+1) ¿ Además como f 2 ¿ 1), no existe pues
, existe
x ≠−1
lim x
y
lim f 2 ( x )= x→ 1
3
x →1 2
( x+1)
Existe; entonces x=1 es un punto de discontinuidad evitable y podemos redefinir.
f ( x ) , si x ∈ Dom ( f )−{1 }
( x )=¿ f1¿ 1 4
, si x=1
Grafica
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=
1 4
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III.2.7. CONTINUIDAD LATERAL: III.2.7.1. CONTINUIDAD POR LA DERECHA: x Una función f ( x ) es continua por la derecha de 0 , si y sólo si: i.
f ( x ) existe.
ii.
x → x 0 f ( x ) =f (x 0 ) lim ¿
+¿
¿
x 0 ; x 0 +δ >→|f ( x )−f (x 0)|<¿ ∀ ε>0, ∃δ >0/ si x ∈ Domf ( x ) y x ∈¿ ε ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.324
Una función f es continua por la derecha en
x=x 0 si para cada ε > 0 existe un
correspondiente δ> 0 tal que: x0 ; x 0 +δ> ¿ x ∈ Domf ˄ x ∈¿ ⇒|f ( x ) −f (x 0 )|<¿
i)
f ( x0 ) está definida.
ii)
x → x+¿ 0 f ( x ) =f ( x 0 ) lim ¿
ε
¿
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Autor: A. Venero B.
Pag.348
III.2.7.2. CONTINUIDAD POR LA IZQUIERDA: x , Una función f ( x ) es continua por la izquierda de 0 si y sólo si: i.
f ( x ) existe.
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x → x−¿ 0 f ( x ) =f ( x0 ) lim ¿
ii.
¿
∀ ε >0, ∃δ >0/ si x ∈ Domf ( x ) y x ∈< x 0−δ ; x 0 ¿→|f ( x ) −f ( x 0 )|<ε ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.324
Una función f es continua por la izquierda en
x=x 0
si para cada ε > 0 existe un
correspondiente δ> 0 tal que: x ∈ Domf ˄ x ∈< x 0−δ , x 0 >¿ ⇒|f ( x ) −f (x 0 )|<¿ i)
f ( x0 ) está definida.
ii)
x → x−¿ 0 f ( x ) =f ( x0 ) lim ¿
ε
¿
ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: A. Venero B.
Pag.348
III.2.10. CONTINUIDAD EN INTERVALOS: III.2.10.1. CONTINUIDAD SOBRE UN SUBCONJUNTO DEL DOMINIO: DEFINICIÓN1: Una función f ( x ) es continua sobre un conjunto S ⊂ Domf ( x) , si la función restringida, denotado por
Lic. Sánchez Culqui Eladio
f S,
es continua en cada punto de S .
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Según la forma de S
estos pueden ser :
a) Si S= ⟨ a , b ⟩ , la función f ( x ) es continua sobre S= ⟨ a , b ⟩ ⊂ Domf (x ) , si f ( x ) es continua ∀ x ∈ ⟨ a , b ⟩ , se cumple: lim f ( x )=f ( x 0)
x → x0
b) Si S= [ a , b ] , la función f ( x ) es continua sobre S= [ a , b ] ⊂ Domf (x) , si se cumple: i.
x → x−¿ 0 f ( x ) =f ( x0 ) lim ¿
ii.
x → x+¿ 0 f ( x ) =f ( x 0 ) lim ¿
c) Si
¿
¿
a , b>¿ a , b>⊂ Domf (x ) f ( x ) es continua sobre , si se S=¿ , la función S=¿
cumple: +¿ x → x 0 f ( x ) =f ( x 0 ) lim ¿ ¿
d) Si S=¿ a ,b ¿ , la función f ( x ) es continua sobre S=¿ a ,b ¿ ⊂ Domf (x ) , si se cumple: x → x−¿ 0 f ( x ) =f ( x0 ) lim ¿ ¿
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Autor: R. Figueroa G.
Pag.329
DEFINICIÓN2: La función f se dice que es continua sobre un conjunto
función restringida es continua en cada punto de S ( S ≠ ∅ ) . De manera que: Si S= ⟨ a , b ⟩ , la definición dada resulta equivalente a:
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Página 33
S ∩ Domf ( x ) si la
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La función
f ( x ) es continua sobre
⟨ a ,b ⟩ ⊂ Domf (x) , si f ( x ) es
continua cada punto de ⟨ a ,b ⟩ .
Si S= [ a , b ] , la definición dada resulta equivalente a: La función f ( x ) es continua sobre [ a , b ] ⊂ Domf ( x ) . ¿ a,b¿ Si , la definición equivale a que: S=¿ La función f ( x ) es continua sobre
⊂ Domf ( x ) . a,b¿ ¿
EJEMPLOS 1 |x−2| f ( x ) = [ 0,4 ] Determinar la continuidad de la función x−2 en el intervalo Solución:
La función f es discontinua en x=2 x −2 x → 2+¿ =1 x −2 x> 2⇒ limf ( x )=¿ ¿
−(x −2) =−1 x−2 x <2 ⇒limf ( x )= ¿ ¿
x → 2−¿
Sin embargo f es continua sobre el conjunto 0,2>⊂ Dom ( f ) y tambiensobre el conjunto . A=¿ B=¿ 2,4 ¿ ⊂ Dom ( f )
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x ∈[0,2>∪<2,4 ]
En consecuencia, la función f es continua en
EJEMPLOS 2 La función definida por: f ( x )=
1−cos 2 πx ¿ 0,1>¿ 2 2 x (1−x) Es continua sobre
Solución: Dado que f es continua en ¿ 0,1>¿ , lo será en [ 0,4 ] senπx 2 1 2 πx 1−x 2 2 sen πx x →0 +¿ 2 =li m ¿ x (1−x )2 1−cos 2 πx x → 0+¿ 2 =lim ¿ ¿ x (1−x )2 f ( 0 )=limf ( x )= ¿ ¿
x → 0+¿ 2 π 2
i)
(
)( )
1 2 2 = 2 π (1) 1−0
2
( )
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Página 35
2 = 2π
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2 sen πx x 2 (1−x)2 1−cos 2 πx x → 1−¿ 2 =lim ¿ ¿ x (1−x)2 f ( 1 )=lim ¿ x → 1−¿
ii)
¿
−¿ +¿ ¿ ¿ Sea u=1−x ⇒ x=1−u . si x →1 entonces u →0 2
2 sen π (1−u) u2 (1−u)2 pero como senπ (1−u )=senπu f ( 1 )=lim ¿
u →0+¿ Luego
¿
[( ) ( ) ]
senπu 2 1 πu 1−u ⇒ f ( 1 )=lim ¿
u →0+¿ 2 π 2
2
2 = 2π
¿
Por lo tanto, f será continua en
EJEMPLOS 3
[ 0,4 ] , si definimos: f ( 0 )=f ( 1 )=2 π 2
Sea la función: 2
x −2 x +2 (x −1)
, si x ∈<1,+∞>¿
f ( x )=¿
⟦⟧
3 x x 2
, si x ∈ [−10,1 ] −{0}
Hallar las asíntotas de la gráfica, analizar la continuidad de f en
Solución: a) Determinación de las asíntotas 1. Asíntotas horizontales: Lic. Sánchez Culqui Eladio
Página 36
−10,+ ∞>¿ ¿
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En
f 1 lim f 1 ( x ) x→+ = ∞ + ∞⇒ ∄
asintotas horizontales.
2. Asíntotas verticales: x → 1+¿ En
x 2−2 x+ 2 =+ ∞⇒ x=1 ( x−1) +¿ x →1 lim ¿ es una asíntota vertical hacia ¿
f 1 : lim f 1 ( x )= ¿ ¿ arriba. −¿
0 (−1 )=(−∞ )(−1 )=+ ∞
( ⟦ ⟧)
3 x 3 = ¿ x 2 −¿ x → 0 lim ¿
x →0
En
−¿
¿
f 2 : lim f 1 (x )= ¿ ¿
Entonces
x=0 es una asíntota vertical hacia arriba.
3. Asíntotas oblicuas:
y=mx +b
lim x 2−2 x+2 f 1 ( x ) x→+ ∞ = =1 En f 1 :m= lim x x→+ ∞ x 2−x
[ ]
lim 2−x b= lim [ f 1 ( x ) −mx ]= x→+ ∞ =−1 x −1 x →+∞ Por lo tanto y=x−1 es una asíntota oblicua derecha
b) Continuidad de f en
−10,+ ∞>¿ x∈¿
Continuidad en x=1 :
i)
f ( 1 )=
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⟦⟧
3 1 =3 ( 0 )=0 1 2
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x=1 ydiscontinua en x=0
Luego, f es continua por la izquierda de Continuidad en x ∈ [−10,1 ] − {0 }
( 2x )∈ z ∩ Dom(f ) 2
⟦⟧
x x =n ⇔ n ≤ <n+ 1⇔ 2n ≤ x< 2(n+1) 2 2
Entonces
⇔
x ∈ [−10,1 ] ⇔−10 ≤ x ≤ 1 ⇔−5≤
x 1 ≤ 2 2
⟦⟧
x =n=−5,−4,−3,−2,−1,0 2
Grafica
III.2.9. FUNCIONES ACOTADAS: III.2.9.1. FUNCIÓN ACOTADA SUPERIORMENTE: Una función f ( x ) está acotada superiormente sobre un conjunto S ⊂Domf (x) , si el conjunto de imágenes f ( S ) real
M
está acotado superiormente, es decir, si existe un número
tal que f ( x ) ≤ M , ∀ x ∈ S .
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Página 38
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f ( x ) está acotada superiormente ↔∃ M ∈ R , ∀ x ∈ S ⊂ Domf ( x )/f ( x )≤ M ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.341
III.2.9.2. FUNCIÓN ACOTADA INFERIORMENTE: Una función f ( x ) está acotada inferiormente sobre un conjunto conjunto de imágenes f ( S )
S ⊂ Domf ( x) , si el
está acotado inferiormente, es decir, si existe un número
real m tal que f ( x ) ≥ m , ∀ x ∈ S . f ( x ) está acotada inferiormente ↔∃ m∈ R , ∀ x ∈ S ⊂ Domf ( x )/ f ( x )≥ m ANÁLSIS MATEMÁTICO I
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EJEMPLOS 1 Hallar el supremo e ínfimo de la función x 2−2 ( ) f x= 2 x +1
, si x ∈[−2,2]
Solución: 3 1− 2 x ∈ S=[−2,2] Sea f ( x ) = x +1 Si
x ∈ [−2,2 ] ⇔−2≤ x ≤ 2⇒ 0 ≤ x 2 ≤ 4 ⇔ 1 ≤ x 2 +1≤ 5
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Página 39
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1 1 3 3 ≤ ≤1 ⇔−3 ≤− 2 ≤− Invirtiendo se tiene: 5 x 2+ 1 5 x +1 ⇔−2 ≤1−
3 2 ≤ ⇒ f ( x ) ∈[−2,2/5 ] x +1 5 2
{ f ( x ) / x ∈ [ −2,2 ] }
Luego: ¿s f ( x )=Supf ( S ) =
{[ ]}= 2 ¿ −2,
2 5
5
{[ ]}
Inf s f ( x )=Inf ( S ) =Inf {∈ [ f ( x ) / x ∈−2,2 ] }=Inf −2,
2 =−2 5
EJEMPLOS 2 Sea la función: 1 f ( x )= |sen 2 x| 2 Hallar si existen el
Y ¿s f
−π π ¿ , >−{0 } S= 2 2 y el
Inf s f
.
Solución: Como la función seno es acotada, esto es: −1 ≤ sen 2 x ≤ 1 y |sen 2 x|≥ 0 1 1 1 ⇒ 0<|sen 2 x|≤ 1 ⇔ 0< |sen 2 x|≤ ⇒f ( x ) ∈<0, ¿ 2 2 2
Por consiguiente: ¿s f
−π π f ( x ) / x ∈< , >−{0 }} { 2 2 =
1 1 ¿¿ 0, ¿= 2 2
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{
Inf s f =Inf f ( x ) /x ∈<
}
−π π 1 , >−{0 } =Inf <0, ¿=¿ 0 2 2 2
Inf s f Ɇf ( S ) ⇒ ∄ Min(f )
Como Grafica
III.2.10. PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LAS FUNCIONES CONTINUAS: III.2.10.1. TEOREMA DEL CERO: Sea f : [ a , b ] → R una función continua en [ a , b ] . Si f ( a ) y f ( b ) tiene signos opuestos, es decir, si: f (a)< 0< f (b) Ó f (b)<0< f (a) Entonces existe un número c en el intervalo abierto ⟨ a ,b ⟩ tal que : f ( c )=0
NOTA: Este teorema tiene su aplicación en la solución de ecuación de la forma f ( x )=0 . ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.349
EJEMPLOS 1
2 Usando el teorema del cero, demostrar que la parábola y=x se
2 2 intersecta con la curva x + y =16 , y> 0
Solución: 2 1. Sean A: y=x , x ∈ R
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2 C ¿ √ 16−x , x ∈<−4,4>, y >0
Página 41
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2. Si P(
x , y0 ¿ ∈
A ⇒ y 0=x
2
⇒ x 2=√ 16−x 2 ⇔ x 2−√ 16−x 2=0 P(
x , y0 ¿ ∈
2 C ⇒ y 0= √16−x
2 2 3. Sea la función f ( x )=x −√ 16−x que es continua en
x ∈ R ∩[−4,4]
4. Analicemos el signo que toma la función f en los extremos de los intervalos [−4,0] y [0,4]
Si
x=4 ⇒f (−4 )=16−√ 16−16=16> 0
Si
x=0 ⇒ f ( 0 )=0−√ 16−0=−4 <0
a) Para x ∈[−4,0]
Si
x=0 ⇒ f ( 0 )=0−√ 16−0=−4 <0
Si
x=4 ⇒f (−4 )=16−√ 16−16=16> 0
b) Para x ∈[0,4]
5. Por tanto la parábola A intercepta a la curva C en dos puntos: 0,4> ¿ c 1 ∈<−4,0 ¿ Y c2 ¿
EJEMPLOS 2 Sin resolver la ecuación de sus raíces reales. Lic. Sánchez Culqui Eladio
Página 42
3
x −3 x−1=0 , hallar el número
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Solución: 3 Sea f ( x )=x −3 x−1 , continua ∀ x ∈ R
Por el teorema del cero sabemos que si
f ( x 1 ) >0
y
f ( x 2 ) <0
, entonces existe
c ∈< x 1 , x 2 >¿ f ( c )=0
Elegiremos entonces puntos del dominio de f tales que cumplan con el antecedente de la condición dada, esto es: 3
x 1=−2 ⇒ f (−2 ) =(−2 ) −3 (−2 )−1=−3 <0
1.
x 2=−1 ⇒ f (−1 )= (−1 )3−3 (−1 )−1=1> 0
⇒ ∃ c1 ∈<−2,−1> ¿ f ( c 1 )=0
x 1=−1 ⇒ f (−1 )=1> 0
2.
x 2=0 ⇒ f ( 0 )=−1< 0
⇒∃ c2 ∈<−1,0>¿ f ( c 2 )=0
x 1=1⇒ f ( 1 )=−3<0 3.
x 2=2⇒ f ( 2 )=1>0
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Página 43
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⇒ ∃ c3 ∈< 1,2> ¿ f ( c 3 )=0 Por lo tanto, la ecuación dad tiene tres raíces reales
III.2.10.2. TEOREMA DEL VALOR INTERMEDIO (BERNARD BOLZANO): f :[a,b]→R [ a , b ] y k ∈ [ f ( a ) , f (b) ] Sea una función continua en
o
k ∈ [ f ( b ) , f ( a) ] . Entonces k ∈ Ran(f ) y existe un número c entre a y b tal que: f ( c )=k
GRAFICA
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Pag.351
III.2.10.3.TEOREMA DE ACOTACIÓ LOCAL: Si
f (x)
f (x)
es continua en el punto
x0
, entonces existe un número
está acotada superiormente en el intervalo abierto
existe un número real
M ; tal que:
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Página 44
δ > 0 , tal que
⟨ x0 −δ ; x 0 +δ ⟩
es decir,
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|f (x)|< M , ∀ x ∈ ⟨ x 0−δ ; x 0 +δ ⟩ ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.352
III.2.10.4. TEOREMA DE ACOTACIÓN GLOBAL: Sea
f :[a, b]→ R
una función continua sobre
[ a , b ] , se verifica que
f ( x ) es
acotada sobre [ a , b ] . ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag352
III.2.10.5. TEOREMA DEL VALOR MÁXIMO Y MÍNIMO (Teorema de Karl Weierstrass): Si f ( x ) es una función continua sobre cuales la función toma su valor máximo
[ a , b ] , entonces existe x 1 , x 2 ∈ [ a ; b ] en los M
y su mínimo m:
x 1 , x 2 ∈ [ a ; b ] → f ( x 1 ) <f ( x ) <f ( x 2 ) , ∀ x ∈ [ a , b ] → m< f ( x ) < M , ∀ x ∈ [ a , b ] ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
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Página 45
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Pag.353
III.2.10.5. TEOREMA DE CONTINUIDAD: Sea f ( x ) es una función univalente. Si f ( x ) es continua sobre el intervalo [ a , b ] , f ¿ (x )
entonces la función inversa
es continua sobre el intervalo con extremos en los
puntos f ( a ) y f ( b ) . ANÁLSIS MATEMÁTICO I
Autor: R. Figueroa G.
Pag.354
III.2.5. OBSERVACIONES:
1. Debido a la definición dada solamente tiene sentido analizar la continuidad de f en puntos del dominio de f ( x ) : 2. No es necesario la restricción: Domf ( x ) entonces para puesto que 3. Si
x0
x=x 0
|f ( x 0 ) −f ( x0 )|=0,(0< ε)
0<|x− x0|< δ
, pues al pertenecer
también se cumple que:
x0
|f ( x 0 ) −f ( x0 )|< ε
al ,
.
es además un punto de acumulación del
Domf ( x )
entonces se tiene
en forma equivalente que: x=x 0 F es continua en si se cumple las tres condiciones:
4. Si
x0
i.
f ( x0)
ii.
Existe bel limite de f en x 0 .
iii.
f ( x )=¿ f (x 0) lim ¿
está definido.
x→ x0
no es apunto de acumulación del Domf ( x )
automáticamente continua en
x0
. En efecto:
Existe una vecindad de
x0
de radio
punto del
Domf ( x ) que sea diferente de
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Página 46
entonces f resulta
δ
donde no existe ningún otro
x0 ;
de esta manera la condición
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x ∈ Domf ( x ) ∧|x−x 0|<δ
es satisfecha por un único punto
cual:
|f ( x )−f ( x 0 )|=|f ( x 0 )−f (x 0)|=0, ( 0<ε ) , ∀ ε >0
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Página 47
x=x 0
y para el
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ANEXOS
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Página 48
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MISCELÁNEA DE EJERCICIOS 1. Evaluar los siguientes límites: 3 x−2 √ x+ 3 x−2 √ a) lim x−1 x→ 1
(
)
Solución: i.
Al evaluar el límite, tenemos la forma indeterminada
ii.
Factorizamos tratando de eliminar
0 0 .
x−1 , que es el factor que da la
forma indeterminada: 3 x−2 √ x +3 x−2 √ L=lim x →1
(
x−1
3 x−2 √ x +3 x−2 √ L=lim x →1
(
x−1
) )
( √3 x−1)−2 ( √ x−x )+( x−1) L=lim x−1 x →1
(
L=lim x →1
L=lim x →1
L=lim x →1
)
([ ([
( √ x−1) [ ( √ x) + ( √ x ) ( 1 ) +(1)2 ]
([
x−1 x−x 2 −2 +(x−1) 2 ( √ x+ x ) ( √3 x) + ( √3 x ) ( 1 )+(1)2 x−1
3
2
3
3
2
3
3
2
( √ x ) + ( √ x ) ( 1 ) +(1)
] [ −2
]
( √ x−x )( √ x + x ) +(x−1) ( √x+x)
x−1 3
(√3 x) −(1)
] [
]
2
( √ x ) −( x )2 −2 +(x−1) 2 3 3 ( √ x+ x ) ( √ x) + ( √ x ) ( 1 )+(1)2 x−1
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] [
]
Página 49
)
)
)
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L=lim x →1
(
( x−1 )
{[
1 2
3
3
2
( √ x ) + ( √ x ) ( 1 ) +(1)
] [ +2
] }
x +1 ( √ x+ x )
x−1
)
L=lim
1 ( x−1 ) ( x−1) {[ ( √ x ) +( √1x ) ( 1)+(1) ]−2[ ( √ xx+ x ) ]+(1)}
L=lim
[√
x →1
x →1
2
3
1 2
3
3
2
( x) + ( √ x ) ( 1 ) +(1)
iii.
3
] [ −2
2
]
x +(1) ( √ x+ x )
Levantamos el límite: 1 1 L= 3 2 3 −2 +(1) 2 ( √ 1+1 ) ( √1) + ( √ 1 ) ( 1 ) +(1)
[
b)
x→ 0
(
3 √3 x +1−2 √ x+1+ 4 x−1 x 2+2 x 3
(
]
1 3
L=
lim
] [
)
3 √ x +1−2 √ x+ 1+ 4 x−1 L=lim 2 x →0 x +2x
)
Solución: i.
Al evaluar el límite, tenemos la forma indeterminada
ii.
Factorizamos tratando de eliminar
0 0 .
x , que es el factor que da la forma
indeterminada: L=lim x →0
L=lim x →0
(
(
3
3 ( √ x+1−1 )−2 ( √ x+1−1 ) +4 x x ( x+ 2)
)
2
3
( √3 x +1−1 ) ( ( √3 x+1 ) + √3 x +1+1 ) 2
(( √3 x +1 ) +√3 x+1+1 )
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−2
x(x +2)
Página 50
( √ x +1−1 ) ( √ x+ 1+ 1 ) +4 x ( √ x+1+1 )
)
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L=li m
x→0
( ( √3 x+ 1 )3−13 )
(
( √ x +12−12 ) 3 −2 +4 x (( √3 x +1 )2 +√3 x+ 1+1 ) ( √ x +1+1 ) x ( x+2)
( ( [ ( ([ 3
L=lim x →0
L=lim x →0
( ( √3 x+1 ) + √3 x +1+1 )
x →0
L=lim x →0
iii.
−2
3 ( x) 2
−
2(x) +4 x ( √ x +1+1 )
x (x +2) 3 2
( ( √ x +1 ) +√ x +1+ 1 ) 3
3
−
3 2
−
2 +4 ( √ x+1+1 )
2 +4 ( √ x +1+1 )
( x +2)
Levantamos el límite: 3 2
( ( √3 0+1 ) +√3 0+1+1 )
−
)
)
x ( x +2)
(( √3 x +1 ) +√3 x+1+1 )
L=
( x) +4 x ( √ x +1+1 )
x (x+ 2)
( ( √3 x+ 1 ) +√3 x +1+1 )
(x)
L=lim
(x ) 2
)
])
])
2 +4 ( √ 0+1+1 )
(0+ 2)
L=2
c)
lim x→ 2
(
3 x−√ 20+8 x √ 20 x−15−(x +3)
)
Solución: i.
Al evaluar obtenemos la forma indeterminada
ii.
Factorizamos tratando de eliminar
indeterminada: 3 x−√ 20+8 x L=lim x →2 √ 20 x −15−(x+3)
(
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) Página 51
0 . 0
x−2 , factor que da la forma
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L=lim x →2
L=lim x →2
(
( (
( 3 x− √20+8 x ) ( 3 x+ √ 20+8 x ) ( 3 x+ √20+ 8 x )
( √20 x−15−(x +3) )( √ 20 x −15+( x +3) ) ( √ 20 x−15+( x +3) )
(( 3 x )2−( √ 20+8 x )2 ) ( 3 x + √ 20+8 x )
( ( √ 20 x −15 )2−( x+3)2 ) ( √ 20 x−15+(x +3))
)
( 9 x2−20−8 x ) ( 3 x + √ 20+8 x ) L=lim x →2 ( 20 x−15−( x2 +2 ( 3 ) ( x ) +32 ) ) ( √20 x−15+( x+3) )
L=lim x →2
( ( (
( 9 x 2−8 x −20 ) ( 3 x + √ 20+8 x ) ( 20 x−15−x 2−6 x−9 ) ( √ 20 x−15+( x+3))
( x−2 ) (x +10) ( 3 x+ √ 20+ 8 x ) L=lim x →2 (−x2 +14 x−24 ) ( √20 x−15+(x+ 3) ) ( x−2 ) (x +10) ( 3 x+ √ 20+ 8 x ) L=lim x →2 −( x2 −14 x+ 24 ) ( √20 x−15+(x+ 3) ) ( x−2 ) (x +10) ( 3 x+ √ 20+ 8 x ) L=lim −( x−2 ) (x−12) x →2 ( √20 x−15+(x+ 3) )
(
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)
)
) ) ) Página 52
)
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L=lim x →2
iv.
(
( x+10)
( 3 x+ √ 20+ 8 x ) −(x−12)
( √20 x−15+(x+ 3) )
)
Levantamos el límite:
(2+10) ( 3 (2)+ √ 20+8 (2)) L= −(2−12) ( √20( 2)−15+(2+3)) L=1
d)
lim x→ 1
(
√ x+ √3 x +1−√ 2 x+7 √ x + √ 4 x +5−√3 x +13
)
Solución: v.
Al evaluar obtenemos la forma indeterminada
0 . 0
vi.
Factorizamos tratando de eliminar el factor que da la forma indeterminada: x + 3 x +1− √ 2 x+ 7 L=lim √ √ x →1 √ x+ √ 4 x+5−√ 3 x+13
( ) x−1+ √ 3 x +1−2−√ 2 x +7+3 L=lim ( √ √ x−1+ √ 4 x +5−3−√ 3 x+13+ 4 ) x →1
( √ x −1 )( √ x +1 ) ( √ 3 x+1−2 )( √3 x +1+2 ) ( √ 2 x +7−3)(√ 2 x +7+3) + − ( √ x +1 ) ( √3 x+ 1+ 2 ) ( √ 2 x +7+3) L=lim x →1 ( √ x−1 ) ( √ x+ 1 ) ( √ 4 x +5−3 ) ( √ 4 x +5+3 ) ( √ 3 x +13−4 )( √ 3 x +13+4 ) + − ( √ x +1 ) ( √ 4 x +5+3 ) ( √ 3 x +13+ 4 )
(
L=lim x →1
(
( √ x 2−12 ) ( √ 3 x +12−2 2) (√ 2 x +72−3 2) + − ( √ 2 x +7+3) ( √ x +1 ) √ 3 x+1+2 2 2 ( √ x −12 ) ( √ 4 x +5 −32 ) (√ 3 x +132 −4 2 ) + − ( √ x +1 ) ( √ 4 x +5+3 ) ( √ 3 x+13+ 4 )
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)
)
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( 3 x−3 ) (2 x−2) x−1 + − ( √ x+ 1 ) √ 3 x +1+2 (√ 2 x+7+ 3) L=lim x →1 ( 4 x−4 ) ( 3 x−3 ) x−1 + − ( √ x +1 ) ( √ 4 x+5+ 3 ) ( √3 x +13+4 )
( (
3 ( x−1 ) 2(x−1) x−1 + − ( √ x+ 1 ) √ 3 x +1+2 (√ 2 x+7+ 3) L=lim x →1 4 ( x−1 ) 3 ( x−1 ) x−1 + − ( √ x +1 ) ( √ 4 x+5+ 3 ) ( √3 x +13+4 )
L=lim x →1
L=lim x →1
( (
( x −1 ) ( x−1 )
3 2 − ( ( √ x1+1) + √ 3 x+1+2 ( √2 x+ 7+3)
3 ( (√ x1+1) + ( √ 4 x+4 5+3) − (√ 3 x +13+ 4)
1 3 2 + − ( √ x+ 1 ) √ 3 x +1+2 (√ 2 x+7+ 3) L=lim 1 4 3 x →1 + − ( √ x +1 ) ( √ 4 x+5+ 3 ) ( √3 x +13+4 )
(
vii.
Levantamos el límite: 1 3 2 + − ( √1+1 ) √ 3(1)+1+2 ( √ 2(1)+7+ 3) L= 1 4 3 + − ( √ 1+1 ) ( √ 4(1)+5+3 ) ( √ 3(1)+13+4 ) 1 3 2 + − 2 4 6 L= 1 4 3 + − 2 6 8 L=
) ) ))
3 2 − ( ( √ x1+1) + √ 3 x+1+2 ( √2 x+ 7+3) )
3 ( (√ x1+1) + ( √ 4 x+4 5+3) − (√ 3 x +13+ 4) )
( x −1 ) ( x−1 )
) )
19 22
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)
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e)
3
(
8−2 x+ √ x −√2 x lim x −4 x→4
)
Solución: viii. ix.
Al evaluar obtenemos la forma indeterminada
x−4 , que es el factor que da la
Factorizamos tratando de eliminar forma indeterminada: 8−2 x + √ x−√3 2 x L=lim x−4 x→ 4
(
L=lim x→ 4
L=lim x→ 4
L=lim x→ 4
)
(
√ x−2−( √3 2 x−2 ) −2(x−4 )
( (
( √ x−2 )( √ x +2 ) ( √ 2 x−2 ) ( √2 x +2 √ 2 x +22 ) − −2( x−4) ( √ x +2 ) ( √3 2 x 2+ 2 √3 2 x +22 )
x−4 3
) 2
3
3
x−4
( √ x 2−22) ( √3 2 x 3−23 ) − −2(x−4) ( √ x+2 ) ( √3 2 x 2+ 2 √3 2 x+22 ) x−4
( x−4 ) ( 2 x−8 ) − 3 2 3 −2(x−4) ( √ x +2 ) ( √ 2 x +2 √ 2 x +22 ) L=lim x−4 x→ 4
( ( (
( x−4 ) 2 ( x−4 ) − 3 2 3 −2(x−4) ( √ x +2 ) ( √ 2 x +2 √ 2 x +22 ) L=lim x−4 x→ 4
L=lim x→ 4
L=lim x→ 4
x.
0 . 0
(
( x−4 )
(
1 2 − 3 2 3 −2 ( √ x+2 ) ( √ 2 x +2 √ 2 x +22 ) x−4
1 2 − 3 2 3 −2 ( √ x+2 ) ( √ 2 x +2 √ 2 x +22 )
Levantamos el límite:
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Página 55
)
)
) ) ))
)
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1 2 − −2 2 ( √ 4+2 ) ( ( √3 2(4) ) + 2 √3 2( 4)+ 22)
L=
(
L=
( 14 − ( 4 +42+4 ) −2)
L=
−23 12
x→1 f)
+¿
(
⟦ 3 x 2−1 ⟧ +2 x ⟦ x 2 +1 ⟧ +3 x−1
)
)
li m ¿
Solución: i. Determinamos el valor absoluto: ⟦ 3 x 2−1 ⟧ x> 1 x 2>12 3 x2 >3 3 x2 −1> 3−1 3 x2 −1> 2→ ⟦ 3 x 2−1 ⟧ =2
⟦ x 2 +1 ⟧ x> 1
x 2>12 x 2+1>1+1 x 2+1>2 → ⟦ x 2 +1 ⟧ =2 ii.
Evaluamos el límite: ⟦ 3 x 2−1 ⟧ +2 x x → 1+¿ 2 ⟦ x +1 ⟧ +3 x−1 L=lim ¿
(
)
¿
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2+2(1) 2+3 (1)−1
L=
(
L=
4 4
)
L=1
g)
lim x→ 0
(
2+ √cos x−cos x 2 x
)
Solución: i.
Al evaluar el límite, tenemos la forma indeterminada
ii.
Factorizamos tratando de eliminar x indeterminada: 2− √ cos x−cos x L=lim x →0 x2 L=lim x →0
L=lim x →0
L=lim x →0
2
, que es el factor que da la forma
( ( (
1−cos x +1−√cos x x2
(
( 1−√ cos x ) ( 1+ √ cos x ) 1−cos x + 2 x x 2 ( 1+ √ cos x )
)(
) )
1−cos x 1−√ cos x + 2 x x2
)
)( )(
2
2
)(
2
2
( 1 ) −( √ cos x ) 1−cos x L=lim + 2 2 x →0 x x ( 1+ √ cos x )
(
( 1 ) −( √ cos x ) 1−cos x L=lim + 2 2 x →0 x x ( 1+ √ cos x )
(
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) )
0 0 .
)
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L=lim x →0
L=lim x →0
iii.
(
1−cos x 1−cos x + 2 2 x x ( 1+ √ cos x )
(
1−cos x 1−cos x + 2 2 x x
)( )(
() 1+√1cos x )
Levantamos el límite: 1 1 1 L= + 2 2 1+ √1
( )(
L=
h)
)
)
3 4
√1−sen x ) ( cos x ) ( (√ 1+sen x −sen ) x ( √ 1+ sen x−√ 1−sen x ) ( cos x ) lim ( ) sen x li m
x →0
x→ 0
Solución:
0 0 .
iv.
Al evaluar el límite, tenemos la forma indeterminada
v.
Factorizamos tratando de eliminar sen x , que es el factor que da la forma indeterminada: ( √ 1+ sen x− √1−sen x ) ( cos x ) L=lim sen x x →0
(
L=lim x →0
L=lim x →0
)
(
( √ 1+ sen x− √ 1−sen x ) ( √1+ sen x+ √1−sen x ) ( cos x ) sen x ( √1+ sen x+ √1−sen x )
(
[ ( √ 1+sen x )2− ( √1−sen x )2 ] ( cos x ) sen x ( √ 1+sen x + √ 1−sen x )
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)
)
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L=lim x →0
(
[ ( √ 1+sen x )2− ( √1−sen x )2 ] ( cos x ) sen x ( √ 1+sen x + √ 1−sen x )
)
x 1−sen ¿ 1+sen x−¿ ( cos x ) [ ¿ ¿ sen x ( √ 1+ sen x+ √ 1−sen x ) ) ¿ L=lim ¿ x→ 0
L=lim x →0
L=lim x →0
L=lim x →0
vi.
( ( ( (√
[ 2 sen x ] ( cos x )
) ))
sen x ( √ 1+ sen x + √ 1−sen x )
[ 2 sen x ] ( cos x )
sen x ( √ 1+ sen x + √ 1−sen x 2 ( cos x ) 1+ sen x + √ 1−sen x )
)
Levantamos el límite: 2 (1 ) L= ( √ 1+ 0+ √ 1−0 ) L=1
i)
lim x→
π 4
2 x−cos 2 x−1 ( sensen x−cos x )
Solución:
0 0 .
i.
Al evaluar el límite, tenemos la forma indeterminada
ii.
Factorizamos tratando de eliminar sen x −cos x , que es el factor que da la forma indeterminada:
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L= lim π 4
x→
2 x−cos 2 x−1 ( sensen ) x−cos x
x cos x−sen2 ¿−1 ¿ ¿ 2 sen x cos x−( ) sen x−cos x ¿ ¿ L=lim ¿ 2
x→
L= lim π 4
x→
(
π 4
2 sen x cos x−cos 2 x + sen2 x−1 sen x −cos x
x 1−sen2 ¿ ¿ 2 ¿ 2 sen x cos x−cos x−( ) sen x−cos x ¿ ¿ L=lim ¿ x→
π 4
2
(
2 sen x cos x−2 cos x L= lim sen x−cos x π x→
)
4
sen x−cos x ¿ 2 cos x(¿ sen x−cos x ¿ ) ¿ L= lim ¿ x→
π 4
L= lim ( 2 cos x ) π 4
x→
iii.
Levantamos el límite: 1 L=2( ) √2 L=√ 2
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Página 60
)
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x→0 j)
(
2
2 x ( arc sen x ) + tan x−sen x 3 x lim ¿
)
¿
Solución: i.
Al evaluar el límite, tenemos la forma indeterminada
ii.
Factorizamos tratando de eliminar x
3
que es el factor que da la forma
indeterminada: x → 0+¿
(
2 x ( arc sen x )2+ tan x−sen x x3 L=lim ¿
)
¿
+¿
x→0
(
2
2 x ( arc sen x ) tan x−sen x + 3 3 x x L=lim ¿
)
¿
+¿
x→0
(
sen x −sen x 2 x arc sen x 2 cos x + x x x3 L=lim ¿
(
)
)
¿
x → 0+¿
sen x−sen x cos x arc sen x cos x 2 + x x3 L=lim ¿
((
2
)
¿
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Página 61
0 0 .
)
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x x 1+ cos ¿ ¿ ¿ ¿ x 1+ cos ¿ 1−cos ¿ ¿ x¿ sen ¿ arc sen x 2 2 +¿ x ¿ +¿ x →0 ¿ L=lim ¿
(
)
¿
x 1−cos 2 ¿ ¿ ¿ ¿ x 1+ cos ¿ x¿ sen ¿ arc sen x 2 2 +¿ x ¿ x → 0+¿ ¿ L=lim ¿
(
)
¿
x 2 sen ¿ ¿ ¿ ¿ x 1+ cos ¿ x¿ sen ¿ arc sen x 2 2 +¿ x ¿ +¿ x →0 ¿ L=lim ¿
(
)
¿
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Página 62
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x 1+cos ¿ ¿
2
(
arc sen x 2 + x
1 sen x 3 cos x (¿ ¿) x ¿ x → 0+¿ ¿ L=lim ¿
)
(
)
¿
x 1+cos ¿ ¿
2
(
arc sen x 2 + x
1 sen x 3 cos x (¿ ¿) x ¿ x → 0+¿ ¿ L=lim ¿
)
(
)
¿
iii.
Levantamos el límite: 1 2 3 L=2 ( 1 ) + (1) 1 ( 1+ 1 ) L=
k)
5 2
1+ tan x lim x→ 0 1+ sen x
(
)
1 sen x
Solución: i. Podemos expresar el límite de la siguiente forma: 1+ tan x sen1 x L=lim x →0 1+sen x
(
)
1 sen x
lim (1+ tan x ) L= x →0 1 lim ( 1+ sen x ) sen x x→ 0
ii. iii.
∞ Al evaluar el límite del numerador, tenemos la forma indeterminada 1
. Pero cuando evaluamos el límite del denominador obtenemos:
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Cajamarca-SJ Límites y continuidad 1
lim ( 1+ sen x ) sen x =e x→ 0
iv.
Para determinar el límite del numerador, seguiremos el siguiente procedimiento: 1 f ( x )=1+ tan x ⋀ g ( x )= ii.1. sen x → f ( x ) =h ( x )+1 ∴ h ( x )=f ( x )−1 h ( x )=1+tan x−1 h ( x )=tan x 1
h ( x )=0→ lim ( 1+ tan x ) sen x =e u ii.2. lim x→ 0 x→ 0 u=lim h ( x ) g(x )
Donde: ii.3.
x→0
lim h ( x )=0 x→ 0
lim tan x=0 x→ 0
Al levantar ellímite obtenemos :0=0 ii.4 evaluamos para
u:
u=lim h ( x ) g ( x ) x→0
u=lim ( tan x ) x→0
1 sen x
u=lim
x 1 ( sen cos x ) sen x
u=lim
( cos1 x )
x→0
x→0
Al levantar el límite obtenemos: u=1
( 1+ tan x ) Como: lim x→ 0
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1 sen x
=e u
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Cajamarca-SJ Límites y continuidad 1 1
∴ lim ( 1+tan x ) sen x =e x →0
v.
Por último: 1
lim ( 1+tan x ) sen x
L= x →0
1
lim ( 1+ sen x ) sen x x→ 0
L=
e1 e
L=1
l)
lim x→ 0
[
( ex + x )
tan x
( 1+ sen x )x
]
cot x x
Solución: i. Podemos expresar el límite de la siguiente forma: L=lim x →0
[
(1+ sen x )x
lim ( ( e + x ) x
L=
]
tan x
(ex + x )
tan x
x→ 0
lim ( (1+ sen x ) x→ 0
)
x
cot x x
cot x x
)
cot x x
∞
ii.
Al evaluar los límites, tenemos la forma indeterminada 1
iii.
Para determinar el límite del numerador, seguiremos el siguiente procedimiento: x tan ¿ iii.1. ¿ x f ( x )=e + x ⋀ g ( x )=¿ → f ( x ) =h ( x )+1 ∴ h ( x )=f ( x )−1 h ( x )=e x + x – 1
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.
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Cajamarca-SJ Límites y continuidad ta n x
h ( x )=0→ lim ( ( e + x ) iii.2. lim x→ 0 x→ 0 x
Donde:
)
cot x x
=e u
u=lim h ( x ) g(x ) x→0
lim h ( x )=0
iii.3.
x→ 0
lim e x + x – 1=0 x→ 0
Al levantar ellímite obtenemos :0=0
iii.4 evaluamos para
u:
u=lim h ( x ) g ( x ) x→0
x tan¿ ¿ u=lim ( e x + x – 1 ) ¿ x→0
u=lim ( e x + x – 1 )
( cot1 x )( cotx x )
u=lim ( e x + x – 1 )
( 1x )
x→0
x→0
e x+ x – 1 x
( ) e −1 x u=lim ( + ) x x e −1 u=lim ( +1 ) x u=lim
x→0
x
x→0
x
x→0
Al levantar el límite obtenemos: u=ln e+1 u=1+1
u=2 tan x
( (e + x ) Como: lim x→ 0 x
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)
cot x x
=e u
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Cajamarca-SJ Límites y continuidad
∴ lim (( e + x ) x
tan x
x →0
iv.
)
cot x x
=e2
Para determinar el límite del denominador, seguiremos el siguiente procedimiento: cot x f ( x )=1+ sen x ⋀ g ( x )= (x) iv.1. x
( )
→ f ( x ) =h ( x )+1 ∴ h ( x )=f ( x )−1 h ( x )=1+sen x −1 h ( x )=sen x h ( x )=0→ lim ( ( 1+ sen x ) iv.2. lim x→ 0 x→ 0
)
cot x x
=e u
u=lim h ( x ) g(x )
Donde: iv.3.
x
x→0
lim h ( x )=0 x→ 0
lim sen x=0 x→ 0
Al levantar ellímite obtenemos :0=0 iv.4 evaluamos para
u:
u=lim h ( x ) g ( x ) x→0
u=lim ( sen x ) x→0
u=lim
x→0
( cotx x ) ( x)
x cos x ( sen cos x ) sen x
u=lim ( 1 ) x→0
Al levantar el límite obtenemos: u=1
( ( 1+ sen x ) Como: lim x→ 0
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x
)
cot x x
=e
u
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Cajamarca-SJ Límites y continuidad x ∴ lim ( ( 1+ sen x ) )
cot x x
=e
1
x →0
v.
Por último: lim ( ( e + x ) x
L=
tan x
x→ 0
lim ( (1+ sen x ) x→ 0
L=
)
x
cot x x
)
cot x x
e2 e
L=e
R y centro
2. Dada la circunferencia de radio
OC=CB , calcular el límite cuando área del triángulo
B
O , en donde se cumple que
tiende hacia
A del cociente entre el
AOB y el área del triángulo BCD . B A
O C D
Solución: i.
Reemplazamos y completamos datos:
R
θ
O
θ a
θ
a 2θ C
R R cos θ
B
R sen θ D
A
Rsenθ=asen 2θ
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a=
Rsenθ sen 2 θ
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ii.
Calculamos el límite: Cuando B tiende a A , entonces B → 0 áreadel triángulo AOB ∴ lim el áreadel triángulo BCD n→ ∞
iii.
Determinamos el área del triángulo AO B=
iv.
( R sen θ ) ( R ) 2
Determinamos el área del triángulo BCD : BCD=
( R sen θ )( a cos 2 θ ) 2
v.
Determinamos a : R sen θ a= sen 2 θ
vi.
Reemplazamos en el límite: ( R sen θ ) ( R ) 2 L=lim n→ 0 ( R sen θ ) ( a cos 2 θ ) 2 L=lim n→ 0
( R)
(( Rsensen2θθ )cos 2 θ )
L=lim
sen 2 θ ( sen θ cos 2θ )
L=lim
2 sen θ cos θ ( sen θ ) ( cos2 θ−s en2 θ )
L=lim
2 cos θ ( cos θ−s en2 θ )
n→ 0
n→ 0
n→ 0
vii.
AOB :
2
Levantamos el límite: 2(1) L= 2 2 1 −0 L=2
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3. Analizar la continuidad de la función f ( x) en el punto
x=
π 2 , siendo:
2−sen x−sen2 x π ( ) f x ,x ≠ 1−sen x 2 3, x=
π 2
Solución: i. ii.
f
Por definición: Si
( π2 )=3
⟨
⟩ ⟨
π π π → x ∈ −∞ ; ∪ :+∞ 2 2 2
x≠
⟩
π −¿ 2−sen x−sen2 x 2 1−sen x +¿ π 2−sen x−sen2 x Analizamos: x → lim ¿ 2 1−sen x ¿ lim ¿ x→
iii.
¿
x→ iii.1.
π 2
2
+¿
2−sen x−sen x 1−sen x L1 =lim ¿ ¿
Tratamos de eliminar 0 : 0
indeterminada π x→ 2
1−sen x , factor que le da la forma
2
+¿
2−sen x−sen x 1−sen x L1 =lim ¿ ¿
x 1−sen 2 ¿ ¿ ( 1−sen x )+ ¿ ¿ π +¿ x→ ¿ 2 L1=lim ¿ ¿
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x 1−sen 2 ¿ ¿ ¿ +¿ ( 1−sen x) π x→ +¿ 2 1−sen x L1=lim ¿ ¿
x→
π +¿ 1+ 1−sen x 2 L1=lim ¿ ¿
Levantamos límite: L1=1+1−1 L1=1 x→ iii.1
π −¿ 2−sen x−sen 2 x 2 1−sen x lim ¿ ¿
Tratamos de eliminar
1−sen x , factor que le da la forma
0 : 0
indeterminada
π +¿ 2−sen x−sen2 x x→ 2 1−sen x L2 =lim ¿ ¿
x 2 1−sen ¿ ¿ ( 1−sen x )+ ¿ ¿ π +¿ x→ ¿ 2 L2=lim ¿ ¿
x 2 1−sen ¿ ¿ ¿ +¿ π ( 1−sen x ) x→ +¿ 2 1−sen x L2=lim ¿ ¿
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x→
π +¿ 1+ 1−sen x 2 L2=lim ¿ ¿
Levantamos límite: L2=1+1−1 L2=1 L1=L2
Nos podemos dar cuenta que:
∴ existe el límite y la continuidad en el punto x=
π 2
4. Analizar la continuidad de la función f ( x) dada por:
√
2
x −5
⟦⟧
x ,−2 ≤ x<2 2
f ( x )=1−x 3 , x<−2 x+ 1, x ≥ 2
Solución: a) Determinamos la continuidad en el punto i.
x=2 :
f ( 2 )= (2 )+1 f ( 2 )=3
ii.
Como
x ≥ 2 , analizamos el límite por la derecha de 2 :
x → 2+¿ x+1 L=lim ¿ ¿
L=2+1
Evaluamos el límite:
L=3 x → 2+¿ x +1 ∴ f ( 2 )=lim ¿ ¿
Existe continuidad en el punto x=2 b) Determinamos la continuidad en el punto
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x=−2 :
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√
2
f (−2 )= (2) −5
i.
⟦⟧ x 2
Determinamos:
⟦⟧ x 2
−2 ≤ x
f (−2 )=√ 4−5 (−1) f (−2 )=√ 9 f (−2 )=3
x 2
−2 2
≤
−1
x x ≤ → =−1 2 2
⟦⟧
Como x<−2 , analizamos el límite por la izquierda de −2 :
ii.
3
−¿
x →−2 1−x L=lim ¿ ¿
Evaluamos el límite:
3
L=1−(−2) L=9
x → 2+¿ x+ 1 ∴ f ( 2 ) ≠ lim ¿ ¿
No existe continuidad en el p unto x=−2
5. Dada la función: b ⟦ 3 x +4 ⟧ , 1≤ x< 2 f ( x )=3 x √a−2 x , 2< x< 3
18, x=2 Hallar los valores de
a
y
b
para que
f (x)
sea una función continua en
x=2.
Solución: c) Determinamos la continuidad en el punto i.
ii.
f ( 2 )=18 x → 2−¿ b ⟦ 3 x+ 4 ⟧ x → 2+¿ 3 x √ a−2 x=lim ¿ lim ¿
¿
¿
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x=2 :
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−¿ : Determinamos ⟦ 3 x +4 ⟧ para x → 2¿
x< 2 3 x<3 (2)
3 x+4< 6+4 3 x+ 4<10
9 ≤3 x +4 <10 ∴ ⟦ 3 x + 4 ⟧ =9
Evaluamos los límites: ( ) ( ) 3 2 √ a−2 2 =18 b ⟦ 3 ( 2 ) +4 ⟧ =18 a=13 b(9)=18
b=2 6. Hallar los valores de las constantes
a
y
b
que posibilitan la continuidad, en
todo su dominio, en las funciones dadas: √ x 3 +3 √ x−3 x−1 , x <1 a) x +3 √ x−3 √3 x 2−1 f ( x )=a , x=1
⟦ ⟧
3 19 + , x >1 8 x +1 2
Solución: i.
Determinamos la continuidad en el punto
x=1 :
i.1. f ( 1 )=a i.2. Evaluamos los límites por la derecha como por la izquierda los cuales deben ser iguales:
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Cajamarca-SJ Límites y continuidad −¿
x→1 x→1
+¿
√ x 3 +3 √ x −3 x −1 3 2 x+3 √ x−3 √ x −1
⟦ ⟧
3 19 + =lim ¿ ¿ 8 x +1 lim ¿ 2
¿
x → 1+¿
Evaluamos para:
⟦ ⟧
3 19 + 8 x +1 lim ¿ 2
¿
Determinamos
⟦ ⟧ 3 x +1 2
:
x> 1 2
x >1 2
x +1>1+1 x 2+1>2 1 1 > 2 2 x +1 1 1 (3) >(3) 2 2 x +1
⟦ ⟧
3 3 3 > 2 → 2 =1 2 x +1 x +1
Reemplazamos y levantamos el límite: 3 19 x → 1+¿ 2 + 8 x +1 L=lim ¿
⟦ ⟧ ¿
L¿ 1+ L¿
19 8
27 8 −¿
x→1
Evaluamos para:
√ x 3+ 3 √ x−3 x−1 3 x +3 √ x −3 √ x 2−1 lim ¿ ¿
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x 3+ 3 √ x−3 x−1 x → 1−¿ √ 3 x +3 √ x −3 √ x 2−1 L=lim ¿ ¿
x → 1−¿
√ x3 −1+3(√ x−x) 3 x−1+3 ( √ x−1)−3 ( √ x 2−1) L=lim ¿ ¿
( √ x3 −1 )( √ x3 +1 ) ( √ x−x)( √ x + x) +3 3 (√ x + x ) ( ) √ x +1 x → 1−¿ 2 ( √3 x 2−1 ) ( √3 x2 + √3 x 2+1 ) ( x−1 ) ( x +1 ) ( √ x−1)( √ x+ 1) +3 −3 ( x+1 ) ( √ x+1) ( √3 x 22+ √3 x 2 +1 ) L=lim ¿ ¿
( √ x 32−1 ) (√ x2 −x2 ) +3 3 ( √ x+ x ) ( ) x +1 √ −¿ x→1 3 ( ( √3 x 2 ) −1) ( x 2−1 ) ( √ x 2−1) +3 −3 ( x+1 ) ( √ x+ 1) ( √3 x 22 +√3 x2 +1 ) L=lim ¿ ¿
( x 3−1 )
( √ x 3 +1 )
−¿
x→1
( x 2−1 ) ( x+1 )
+3
+3
( x−x 2) ( √ x + x)
(x−1) ( x−1) −3 ( √ x +1) ( √3 x 22+ √3 x 2 +1 ) L=lim ¿ ¿
( x−1 ) ( x 2+ x +1 )
( √ x +1 ) 3
x → 1−¿
−3
x(x −1) ( √ x + x)
( x−1 ) ( x +1 ) ( x−1) ( x−1) +3 −3 3 2 ( x+1 ) ( √ x +1) ( √ x 2+ √3 x 2 +1 ) L=lim ¿ ¿
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( x−1 ) x → 1−¿
( x−1 )
( (√
( x2 + x +1 ) x +1 ) 3
−3
x ( √ x+ x)
)
( x +1 ) 3 3 + − 2 3 ( x +1 ) ( √ x +1) ( √ x 2 + √3 x 2 +1 )
(
)
L=lim ¿ ¿
( x 2+ x+1 )
x → 1−¿
( (√
(
x +1 ) 3
−3
x ( √ x + x)
)
( x +1 ) 3 3 + − 2 3 ( x +1 ) ( √ x +1) ( √ x2 + √3 x2 +1 )
)
L=lim ¿ ¿
Levantamos el límite: ( 12+1+1 ) 1 −3 ( √ 13 +1 ) ( √1+1) L= ( 1+1 ) 3 3 + − 2 ( 1+1 ) ( √1+1) ( √3 12 + √3 12+ 1 )
(
)
(
)
2 3 1+ ¿ 3 3 − ( 2 2) L= ( ¿−1 )
L= ii.
0(2) =∞ 3
Por último: x →1 x→1
−¿
+¿
√ x3 +3 √ x−3 x−1 3 2 x +3 √ x−3 √ x −1
⟦ ⟧
3 19 + ≠ lim ¿ ¿ 8 x +1 lim ¿ 2
¿
Por lo que la función f ( x ) no presenta continuidad en el punto x=1
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√ x 2 +9−6 , si0< x <3
b)
√3−x
f ( x )=b , si x=3 sen ( 3−x ) , si x >3 √ x−3 Solución: i.
Determinamos la continuidad en el punto
x=3 :
i.1. f ( 3 ) =b i.2. Evaluamos los límites por la derecha como por la izquierda los cuales deben ser iguales: x 2 +9−6 x → 3−¿ √ √ 3−x sen ( 3−x ) x → 3+¿ =lim ¿ ¿ √ x−3 lim ¿ ¿
sen ( 3−x ) √ x−3 lim ¿
x → 3+¿
Evaluamos para:
¿
+¿ sen ( 3−x ) x→3 ; x →3 ¿ √ x−3 L=lim ¿ +¿
¿
x−3=h entonces h →0
sen (−h ) √h L=lim ¿
h →0 +¿
¿
−sen ( h ) √h L=lim ¿
h →0 +¿
¿
−√ s en2 ( h ) √h L=lim ¿
h →0 +¿
¿
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√
s en2 ( h ) h →0 − h L=lim ¿ +¿
¿
+¿
(√ senh( h) ) sen(h)
h →0 −
L=lim ¿ ¿
Levantamos el límite: L=−√ (1 )(0) L=∞ Basta decir que uno de los límites es indeterminado para decir que no existe continuidad en el punto x=3 :
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