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Examen-2 de Cálculo

1. Calcular \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{\sqrt{n^2+1}-\sqrt{9n^2+2}}{3n-2+\sqrt{4n^2-3}}

Solución: \underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{\sqrt{n^2+1}-\sqrt{9n^2+2}}{3n-2+\sqrt{4n^2-3}}=\frac{\sqrt{\infty+1}-\sqrt{\infty+2}}{\infty-2+\sqrt{\infty-3}}=\frac{\infty-\infty}\infty=? tenemos dos indeterminaciones, una en el numerador, \infty-\infty, otra en la fracción \frac{\infty}\infty. Viendo que el grado máximo de n es 1, dividimos numerador y denominador por n, y volvemos a aplicar el límite:

\begin{array}{l}\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{\sqrt{n^2+1}-\sqrt{9n^2+2}}{3n-2+\sqrt{4n^2-3}}\frac{1/n}{1/n}=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{\sqrt{n^2/n^2+1/n^2}-\sqrt{9n^2/n^2+2/n^2}}{3n/n-2/n+\sqrt{4n^2/n^2-3/n^2}}=\\\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{\sqrt{1+1/n^2}-\sqrt{9+2/n^2}}{3-2/n+\sqrt{4-3/n^2}}=\frac{\sqrt{1+0}-\sqrt{9+0}}{3-0+\sqrt{4-0}}=\boxed{-\frac25}\end{array}

Como comprobación calculamos algunos términos con hoja de cálculo, llamando L al límite:

n f(n) |L-f(n)|
1 -0,951206 0,551206
10 -0,416974 0,016974
100 -0,401609 0,001609
1000 -0,400160 0,000160
10000 -0,400016 0,000016
100000 -0,400002 0,000002

Vemos que la diferencia entre la expresión y el límite tiende progresivamente a cero.

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2. ¿En qué puntos la gráfica de la función f(x)=x^3-x^2+2 tiene su recta tangente paralela al eje X?

Solución: La recta tangente a la gráfica de f(x) en un punto x_0 de su dominio tiene la ecuación y=mx+n donde la pendiente de la recta es m=f'(x_0); recordemos que la pendiente de la recta es la tangente del ángulo que forma con el eje X: m=\tan\left(\alpha\right). Si esa recta tangente es paralela al eje X, quiere decir que el ángulo \alpha es cero, o sea que \tan\left(\alpha\right)=\tan\left(0\right)=0, o sea que m=0=f'(x_0). Por tanto, tenemos que hallar los puntos x para los que la derivada es nula:

f'(x)=3x^2-2x=0\Rightarrow x\left(3x-2\right)=0\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0\\x=2/3\end{array}\right.

examen-2

Sustituyendo estos dos valores de x en f(x) obtenemos sus imágenes, que son y=2, y = 50/27, respectivamente, que son también las ecuaciones de las rectas tangentes, ya que para ellas y=mx + n = 0·x+n = n (rectas y = cte) como vemos en la gráfica.

separador23.  Estudiar el límite \underset{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}{lim}\frac{x^2+y^3}{x^2+y^2}.

Solución: Es indeterminado del tipo 0/0. Siendo un límite de dos variables, procede el cambio de variables a coordenadas polares:

\begin{array}{l}\underset{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}{lim}\frac{x^2+y^3}{x^2+y^2}=\underset{r\rightarrow0}{lim}\frac{r^2\cos^2\left(\theta\right)+r^3\sin^3\left(\theta\right)}{r^2cos^2\left(\theta\right)+r^2sin^2\left(\theta\right)}=\underset{r\rightarrow0}{lim}\frac{cos^2\left(\theta\right)+sin^3\left(\theta\right)}{cos^2\left(\theta\right)+sin^2\left(\theta\right)}=\\\underset{r\rightarrow0}{lim}\frac{cos^2\left(\theta\right)+sin^3\left(\theta\right)}1\end{array}

este límite no existe, pues a medida que el radio r se acerca a cero, el numerador no tiende a ningún valor en concreto, depende del ángulo.

separador24.  ¿Cuáles son los puntos críticos de la función f(x,y)=x^3y^3+xy?

Solución: Son aquellos en los que se anulan las derivadas parciales; la derivada parcial respecto a x la igualamos a cero:

\frac{\partial{}}{\partial x}\left(x^3y^3+xy\right)=3x^2y^3+y=0\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\boxed{y=0}\\3x^2y^2+1=0\end{array}\right.

la segunda opción no tiene solución, pues x^2y^2 siempre es positivo. Para la derivada parcial respecto a y tenemos un resultado parecido:

\frac{\partial{}}{\partial y}\left(x^3y^3+xy\right)=3x^3y^2+x=0\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\boxed{x=0}\\3x^2y^2+1=0\end{array}\right.

Así pues el único punto crítico es x=0, y=0.

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Cálculo en R -> Funciones continuas – > Problemas resueltos

1. Consideramos las funciones que cumplen la igualdad f\left(\alpha x\right)=\alpha f\left(x\right) para cualquier \alpha\in\mathbb{R}. Encontrar la forma explícita de todas las funciones de ese tipo. ¿Son uniformemente continuas en \mathbb{R}.?

Consideremos dos puntos x_1, x_2=\alpha x_1. Se cumple:

\frac{y_2}{x_2}=\frac{f\left(x_2\right)}{x_2}=\frac{f\left(\alpha x_1\right)}{\alpha x_1}=\frac{\alpha f\left(x_1\right)}{\alpha x_1}=\frac{\alpha y_1}{\alpha x_1}=\frac{y_1}{x_1}.

Como \alpha puede ser cualquier valor, la igualdad anterior es cierta para todos los valores x_1,y_1,x_2,y_2, y la razón y/x es una constante: \frac yx=C\Leftrightarrow\boxed{y=Cx}. Ésta es la forma general de las funciones que buscábamos.

Es fácil ver ahora que son uniformemente continuas:

f\left(x\right)=Cx\Rightarrow\left|y_1-y_2\right|\leq R\Leftrightarrow\left|Cx_1-Cx_2\right|\leq R\Leftrightarrow\left|C\right|\cdot\left|x_1-x_2\right|\leq R\Leftrightarrow\left|x_1-x_2\right|\leq\frac R{\left|C\right|}.

Tomando r=\frac R{\left|C\right|} se cumple la condición de continuidad uniforme: dado un R cualquiera, si se cumple \left|y_1-y_2\right|\leq R entonces existe un r tal que \left|x_1-x_2\right|\leq r (ver, si es necesario, la teoría de continuidad).


2. Estudiar la continuidad de la función dada por:

\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^2-1}\;\text{si }x\in\left(-\infty,-1\right),\\x^2+2x+1\;\text{si }x\in\left[-1,10\right],\\\frac{121}{10}x\;\text{si }x\in\left(10,+\infty\right).\end{array}\right.

La primera expresión de la función, \sqrt{x^2-1}\;\text{si }x\in\left(-\infty,-1\right), es la composición de dos funciones:

f(x)=\sqrt{x^2-1}\;=f_1(x)\circ f_2(x),\;f_1(x)=\sqrt x,\;f_2(x)=x^2-1.

Ambas funciones f_1, f_2 son continuas, luego su composición también lo es. No obstante, la función f_1(x)=\sqrt x sólo está definida para x\geq0, por tanto la función compuesta también estará definida sólo en x^2-1\geq0\Rightarrow\left|x\right|\geq1, que es compatible con el intervalo de definición dado, x\in\left(-\infty,-1\right), hasta aquí tenemos continuidad.

La siguiente expresión es un polinomio de segundo grado, que es continuo en todo el dominio. La última expresión también lo es. Ahora queda estudiar los puntos de enlace entre las tres expresiones, donde tendremos que aplicar la definición de continuidad:

Definición 1: Si f:A\subset\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} y el punto a pertenece al conjunto de puntos de acumulación de A, a\in\text{Acum}\left(A\right), diremos que f es continua en a si existe el límite L=\lim_{x\rightarrow a}f\left(x\right)\neq\pm\infty y además se cumple que L=f(a)

Para el punto x=-1, donde pasamos de la expresión 1 a la 2, hacemos los límites laterales:

\begin{array}{l}\lim_{x\rightarrow-1^-}f(x)=\sqrt{-1^2-1}=0;\\\lim_{x\rightarrow-1^+}f(x)=-1^2+2(-1)+1=0;\\\end{array}

Puesto que coinciden entre sí en el valor L=-1, y además f(-1)=-1=L. la función es continua en x=-1. Para el otro punto de transición, x=10, procedemos igual:

\begin{array}{l}\lim_{x\rightarrow10^-}f(x)=10^2+2(10)+1=121;\\\lim_{x\rightarrow-1^+}f(x)=\frac{121}{10}10=121;\\\end{array}

los límites laterales coinciden, luego el límite en x=10 toma el valor 121, que es el mismo que f(10), y la función es continua en ese punto. En conclusión, f(x) es continua en todo su dominio.


3. Estudiar la continuidad de  f(x)=\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt{1+55x}}{x+\sqrt{x+1}}.

La función será continua en todo punto a en que \lim_{x\rightarrow a}f\left(x\right)=f\left(a\right); como es una función irracional (por la presencia de raíces), será continua en todo su dominio. Además, como la expresión de la función tiene un cociente, también tendremos en cuenta el dominio de las funciones racionales:

  • funciones del tipo f\left(x\right)=\frac{g(x)}{h(x)}: tienen dominio \mathbb{R}-\left\{x:\;g(x)=0\right\}
  • funciones del tipo f\left(x\right)=\sqrt[n]x con n par: tienen dominio \mathbb{R}-\left\{x:\;g(x)<0\right\}

Lo aplicamos; primero el cociente:

\begin{array}{l}x+\sqrt{x+1}=0\Rightarrow x=-\sqrt{x+1}\Rightarrow x^2=x+1\Rightarrow x^2-x-1=0\Rightarrow\\x=\frac{1\pm\sqrt{1+4}}2=\left\{\begin{array}{l}\frac{1+\sqrt5}2\\\frac{1-\sqrt5}2\end{array}\right.\end{array}

Siempre que elevamos una expresión al cuadrado, se genera una solución que no lo es de la ecuación original; comprobamos las dos obtenidas:

\begin{array}{l}x=\frac{1+\sqrt5}2\Rightarrow x+\sqrt{x+1}\approx3.236\neq0;\\x=\frac{1-\sqrt5}2\Rightarrow x+\sqrt{x+1}=0.\end{array}

La solución "buena" es por tanto x=\frac{1-\sqrt5}2. Ahora estudiamos el dominio de las funciones irracionales:

\frac{\sqrt{1+2x}-\sqrt{1+55x}}{x+\sqrt{x+1}}\rightarrow\left\{\begin{array}{l}1+2x\geq0\Rightarrow x\geq\frac{-1}2\\1+55x\geq0\Rightarrow x\geq\frac{-1}{55}\\x+1\geq0\Rightarrow x\geq-1.\end{array}\right.

Para encontrar el dominio de f(x) imponemos todas las condiciones simultáneamente:

Dom\;f\left(x\right)=\left\{x\neq\frac{1-\sqrt5}2\right\}\;\text{y }\left\{x\geq\frac{-1}{55}\right\}\;\text{y }\left\{x\geq\frac{-1}2\right\}\;\text{y }\left\{x\geq-1\right\}

Imponer varias restricciones, como es el caso, equivale a encontrar la intersección de todas ellas: sustituimos algunas expresiones por sus valores calculados aproximados, para poder compararlas:

\begin{array}{l}\left\{x\neq-0.618\right\}\cap\left\{x\geq-0.0\overset\frown{18}\right\}\cap\left\{x\geq\frac{-1}2\right\}\cap\left\{x\geq-1\right\}=\\\left\{x\geq-0.0\overset\frown{18}\right\}\end{array}

La última condición implica todas las demás. Nos queda por tanto Dom\;f\left(x\right)=\left\{x:\;x\geq\frac{-1}{55}\right\} y la función es continua en ese dominio.


4. Demostrar que la ecuación x^5+4x^3-2x+2=0 tiene al menos una solución real.

Definimos la función f\left(x\right)=x^5+4x^3-2x+2 que es continua en todo \mathbb{R} por ser un polinomio. Buscamos algunos puntos para encontrar un cambio de signo en la función:

\begin{array}{c}\begin{array}{ccccc}\left.x\right|&-2&-1&0&1\\\left.f\left(x\right)\right|&-58&-1&2&5\end{array}\end{array}

Vemos que hay un cambio de signo entre x=-1 y x=0, por el Teorema de Bolzano ha de existir al menos un c\in\left(-1,0\right) tal que f(c)=0.


5. ¿Existe alguna función continua tal que no alcance (no tome valores en) su supremo ni si ínfimo? Si es así, ¿contradice el Teorema de Weierstrass de funciones continuas?

Hay infinitas funciones como las que nos piden: las funciones con asíntotas horizontales no alcanzan nunca ciertos valores. Por ejemplo, la función:

f(x)= 1+exp(x) si x=0
f(x)= 1+exp(x) si x<0, 1èxp(-x) si x>=0

f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}1+e^x\;\text{si }x<0\\1+e^{-x}\;\text{si }x\geq0\end{array}\right.

es continua en todos sitios, tiene una asíntota horizontal en y=1 y ademas está acotada; en efecto:

\lim_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=1+e^0=2=\lim_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=1+e^{-0}=f(0). luego es continua.

\begin{array}{l}{\text{Máx}}_{x<0}1+e^x=2;\;{\text{Mín}}_{x<0}1+e^x=1;\\{\text{Máx}}_{x\geq0}1+e^{-x}=2;\;{\text{Mín}}_{x\geq0}1+e^{-x}=1;\end{array}

Luego está acotada superiormente por 2 e inferiormente por 1.

\lim_{x\rightarrow\infty}f\left(x\right)=1+e^{-\infty}=1;\;\lim_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=1+e^{-\infty}=1,

luego
y=1 es una asíntota horizontal.

Observemos que 1<f\left(x\right)\leq2 así que la función no alcanza nunca su valor ínfimo (la mayor de las cotas inferiores). En cambio si que alcanza su valor supremo y=2 en x=0. Necesitamos una función con dos asíntotas horizontales distintas, por ejemplo:

Función con dos asíntotas horizontales
Función con dos asíntotas horizontales

\left\{\begin{array}{l}\frac{5x^2-1}{x^2}\;\text{si }x<-1\\\frac{7-x}2\;\text{si }-1\leq x\leq1\\\frac{2x^2+1}{x^2}\;\text{si }x>1\end{array}\right.

El lector puede comprobar, por el mismo método del ejemplo anterior, que esta función tiene una asíntota a la derecha  y=2, otra asíntota a la izquierda y=5 y que es continua en todos los puntos. En este caso la función no alcanza ni su supremo y=5 ni su ínfimo y=2. Esto no contradice el teorema de Weierstrass (recordemos que nos dice que toda función continua en un compacto alcanza su valor máximo y su mínimo) puesto que el dominio de definición debería ser un compacto (un conjunto cerrado y acotado), mientras que para esta función el dominio es todo \mathbb{R}, que no es cerrado ni acotado.

En cambio, si limitamos el dominio de esta forma:

\left\{\begin{array}{l}\frac{5x^2-1}{x^2}\;\text{si}-2\leq x<-1\\\frac{7-x}2\;\text{si}-1\leq x\leq1\\\frac{2x^2+1}{x^2}\;\text{si}1<x\leq2\end{array}\right.

entonces el dominio de definición es el conjunto cerrado y acotado [-2, 2], el Teorema de Weierstrass es aplicable, y la función alcanza su mínimo en x=2 y su máximo en x=-2.


 6. ¿Es posible que la composición de dos funciones que no sean ambas continuas, pueda ser continua? Dar algún ejemplo.

Una de las propiedades de las funciones continuas es:

f,g funciones continuas \begin{array}{c}\Rightarrow\\\nLeftarrow\end{array}f\circ g,\;g\circ f continuas

o sea que, si f,g son continuas, seguro que f\circ g,\;g\circ f también lo son, en cambio si f o g no son continuas, no podemos concluir nada. Por tanto sí es posible que la composición de dos funciones que no sean ambas continuas, pueda ser continua.

Como ejemplo veamos las funciones valor absoluto f\left(x\right)=\left|x\right| y la función siguiente:

g\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si }x<0\\-1\;\text{si }x\geq0\end{array}\right.

Esta segunda función es claramente discontinua en x=0, pero en cambio veamos que pasa con f\circ g:

f\circ g\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)\;\text{si }x<0\\f\left(-1\right)\;\text{si }x\geq0\end{array}\right.=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si }x<0\\1\;\text{si }x\geq0\end{array}\right.

O sea que h=f\circ g es la función constante h(x)=1, que es continua.


7. Estudiar la continuidad de la función:

f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}x\;\text{ si }x\;\text{ es racional}\\1-x\;\text{ si }x\;\text{ es irracional}\end{array}\right.

Necesitamos recordar la siguiente propiedad de los números reales y racionales:

Entre dos números reales cualesquiera, existen infinitos números reales (racionales e irracionales). En particular, entre dos números racionales cualesquiera, existen infinitos números reales (racionales e irracionales). 

Entonces, dado un racional cualquiera a\in\mathbb{Q}, si intentamos calcular el límite \lim_{x\rightarrow a\in\mathbb{Q}}f\left(x\right), nos encontramos con problemas, pues tenemos que aplicar las dos definiciones de la función, no importa lo cerca que nos aproximemos al punto a. Más precisamente, si aplicamos la definición de límite, dado un \delta>0, no existe un \varepsilon>0 tal que, si \left|x-a\right|<\varepsilon entonces \left|f\left(x\right)-f\left(a\right)\right|<\delta, pues en el intervalo centrado en a \left(a-x,\;a+x\right) con \left|a-x\right|<\varepsilon existen infinitos racionales e infinitos irracionales, y no todos ellos estarán dentro del intervalo \left(f\left(a\right)-\delta,\;f\left(a\right)+\delta\right). Hay una excepción: si vemos la gráfica de la función nos daremos cuenta.

Función discontinua en todos los puntos, excepto en x=1/2
Función discontinua en todos los puntos, excepto en x=1/2

Las dos rectas contienen infinitos puntos, pero no todos: la de pendiente positiva contiene los racionales, la otra los irracionales.  Vemos pues que dado cualquier x=a, por ejemplo, a=1, en cualquier entorno de ese punto hay infinitas imágenes en las dos rectas, cuando nos acercamos al punto a la función va oscilando entre las dos rectas. Pero en el punto x=1/2 se cruzan ambas . En ese punto:

\lim_{x\rightarrow1/2}f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac12\;\text{si }x\;\text{es racional}\\1-\frac12\;=\frac12\;\text{si }x\;\text{es irracional}\end{array}\right.

Entonces el límite existe y vale 1/2, que además coincide con el valor de la función en x=1, con lo cual podemos afirmar que f(x) es continua en x=1 y discontinua en cualquier otro punto.


8. Supongamos que f(x) es continua en todo \mathbb{R}, y que f(x)=0 para todo x racional. Probar que f(x) ha de ser la función nula f(x)=0 para todo \mathbb{R}.

Definimos f como sigue:

f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}0\;\;\;\;\;\text{si }x\;\text{esracional}\\g\left(x\right)\;\text{si }x\;\text{esirracional}\end{array}\right.

donde g(x) es desconocida. Nos piden que demostremos que g(x)=0. Siguiendo el razonamiento del ejercicio anterior, dado un racional cualquiera a\in\mathbb{Q}, si intentamos calcular el límite \lim_{x\rightarrow a\in\mathbb{Q}}f\left(x\right), nos encontramos con problemas, pues tenemos que aplicar las dos definiciones de la función, no importa lo cerca que nos aproximemos al punto a. Entonces, la única forma de que la función sea continua en todos los puntos es que tomen el mismo valor en las dos ramas de la función, esto es, que g(x)=0.


9. Sea la función continua f(x) definida en el intervalo cerrado [a,b]. Definimos la función g(x) de la siguiente forma: g(a)=f(a), y para valores distintos de a, definimos g\left(x_0\right)=\text{Max }\left\{f\left(x\right)\left|x\in\left[a,x_0\right]\right.\right\}. Estudiar la continuidad de g(x).

En primer lugar nos damos cuenta de que la función g(x) tiene sentido, está bien definida, esto es, para cada valor x existe la imagen g(x); en efecto, como f(x) es continua, alcanzará su valor máximo en todo intervalo cerrado (Teorema de Weierstrass). Al definir g(y) com el valor máximo de f(x) en el intervalo cerrado [a,x], aseguramos que ese máximo existe.

En segundo lugar, es fácil ver que g(x) es una función creciente: a medida que aumentamos los valores de x, el máximo de f(x) en el intervalo  [a,x] no puede disminuir por definición: o bien no aumenta, o bien encontramos un nuevo máximo mayor que el anterior.

Además, siendo f continua, al movernos de un valor x a otro próximo x+\varepsilon las imágenes no pueden variar "demasiado", esto es, la variación estará acotada, y también los valores máximos de f  han de estarlo; por ello, dado un \delta>0, siempre podremos encontrar un \varepsilon>0 tal que si \left|x_1-x_2\right|<\varepsilon entonces la variación en los máximos en los intervalos [a,x_1] y [a,x_2] no será mayor que \varepsilon: la función g es continua.

Como ejemplo concreto, consideremos f(x)=\sin\left(x\right) en \left[0,2\pi\right], y representemos f,g:

Función f(x)=Sin(x) (azul), y función g(x) (verde)
Función f(x)=Sin(x) (azul), y función g(x) (verde)

Vemos que g(x) coincide con f(x) en \left[0,\pi/2\right] hasta que f(x) alcanza su valor máximo absoluto en x=\pi/2, a partir de ahí g(x) queda constante.


 

10. Estudiar la continuidad de la función

\left\{\begin{array}{l}\frac2x,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x\leq-2\\\frac1{x+2},\;\;\;\;\;\;\;-2<x\leq1\\\frac{x-1}{x^2-5x+4},\;x>1,\;x\neq4\\2,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x=4\end{array}\right.

2/x es continua para todo x\ne0, como esta rama de la función está definida para x\leq-2, esta primera rama es continua.

Igualmente, \frac1{x+2} es continua excepto en x=-2, que no pertenece al dominio de esta rama: -2<x\leq1.

\frac{x-1}{x^2-5x+4} es continua excepto en los puntos que cumplen x^2-5x+4=0, que son x=1,\;x=4, que tampoco pertenecen al dominio de esta tercera rama de la función.

Así pues, la función es continua en cada rama de su definición; falta comprobar los puntos de unión de cada rama; en esos puntos, como tenemos una definición "doble" de la función (el punto está en la intersección de dos ramas) hay que calcular los límites laterales.

En x=-2 tenemos:

\begin{array}{l}\lim_{x\rightarrow-2^-}f\left(x\right)=\frac2{-2}=-1;\\\lim_{x\rightarrow-2^+}f\left(x\right)=\frac1{-2^++2}=\frac1{0^+}=+\infty\end{array}

El límite no existe, y f(x) no es continua en x=-2. Para el siguiente punto,  x=1 tenemos:

\begin{array}{l}\lim_{x\rightarrow1^-}f\left(x\right)=\frac1{1+2}=\frac13;\\\lim_{x\rightarrow1^+}f\left(x\right)=\frac{1^+-1}{1^+-5^++4}=\frac{0^+}{0^{}}=?\end{array}

Para resolver la indeterminación del segundo límite simplificamos la fracción:

\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x-1}{x^2-5x+4}=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x-1}{\left(x-4\right)\left(x-1\right)}=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac1{x-4}=\frac1{-3}

Como no coinciden los límites laterales, no existe el límite, y la función es discontinua en x=1. Para x=4 los límites laterales  izquierda no existen, por ejemplo, por la izquierda: \lim_{x\rightarrow4^-}f\left(x\right)=\lim_{x\rightarrow4^-}\frac1{x-4}=\frac1{0^-}=-\infty, y la función tampoco es continua en ese punto.

En resumen, f(x) es continua en todo \mathbb{R} excepto en x=-2,\;1,\;4.

a_trossos


11. Una función lineal f(x) se define por los siguientes valores de la función:

x

2

6

50

n

f(x)

-1

-13

m

-100

 

Encontrar los valores m, n.

Solución: las funciones lineales tienen la forma f(x) = Ax + B. Con los datos de la tabla podemos encontrar A, B. Planteamos dos ecuaciones, usando las parejas de valores (x, f(x)) de la tabla (2, -1) y (6, -13):

\begin{array}{l}-1\;=\;2A\;+\;B\\-13\;=\;6A\;+\;B\end{array}

Este es un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas; restamos las dos ecuaciones (método de reducción) para eliminar la B, que està en las dos, para ello, cambiamos todos los signos de la primera ecuación y sumamos ámbas:

\begin{array}{l}\begin{array}{l}1\;=\;-2A\;-\;B\\\underline{-13\;=\;6A\;+\;B}\end{array}\\-12=4A\Leftrightarrow A=-12/4=-3\\\end{array}

Luego B = -1 -2A = -1 +6 = 5. Ya tenemos que f(x) = -3x + 5.

Ahora es inmediato encontrar m, n:

m = f(50) = -3·50 + 5 = -145,

-100 = f(n) = -3·n + 5 → n = (-100 – 5) / -3 = -105/-3 = 35.


 

 

 

Problemas de límites y continuidad en el plano real

1. Ver si la función f(x,y) es continua en (0,0), donde

f(x,y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^3}{x^2-y^2}\;\;\text{si }x^2-y^2\neq0\\0\;\;\text{si }\;x^2-y^2=0\end{array}\right.

Solución:

Para ser continua en (0,0) debe cumplirse que \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f(x,y)=f(0,0). Según la definición de la función, en (0, 0) se cumple la condición x^2-y^2=0, luego f(0,0)=0. Para calcular el límite debemos usar la otra expresión de la función válida en x^2-y^2\neq0: \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\frac{x^3}{x^2-y^2}=?. Para calcular este límite, usamos el siguiente teorema:

Teorema: criterio de convergencia para funciones de dos variables reales

Una condición necesaria y suficiente para que \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(a,b\right)}f(x,y)=L es que, al hacer el cambio de variables de cartesianas a polares:

x=\rho\cos\left(\theta\right),\;y=\rho\sin\left(\theta\right), 0\leq\theta<2\pi,

con lo que la función f(x,y) se transforma en f\left(\rho,\theta\right), se cumpla lo siguiente:

Para cada valor \varepsilon>0 , por pequeño que sea, existe un \delta>0, tal que si 0<\rho<\delta entonces se verifica que \left|f\left(\rho,\theta\right)-L\right|<\varepsilon, independientemente del valor que tome \theta

 Hacemos el cambio de variables de cartesianas a polares:

f(x,y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^3}{x^2-y^2}\;\;\text{ si }x^2-y^2\neq0\Rightarrow\frac{\rho^3\cos^3\left(\theta\right)}{\rho^2\left(\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)\right)}\;\text{ si }\rho^2\left(\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)\right)\neq0\\0\;\;\text{si}\;x^2-y^2=0\Rightarrow0\;\;\text{si }\rho^2\left(\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)\right)=0\end{array}\right.

 En nuestro caso actual, queremos ver si L=0 para \left(x,y\right)=\left(0,0\right). Deberá cumplirse que

\left|\frac{\rho^3\cos^3\left(\theta\right)}{\rho^2\left(\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)\right)}-0\right|<\varepsilon

\Leftrightarrow\rho\left|\frac{\cos^3\left(\theta\right)}{\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)}\right|<\varepsilon

La \rho ha salido fuera del valor absoluto porque \rho>0.  Esta desigualdad ha de cumplirse para valores todo lo pequeños que queramos, independientemente de \theta, siempre que 0<\rho<\delta. Para ello será necesario que la expresión \frac{\cos^3\left(\theta\right)}{\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)} sea acotada, y lo será siempre que el denominador no se anule. ¿Cuándo se anulará el denominador?

\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)=0\Leftrightarrow\theta=\frac{\mathrm\pi}4,\frac{\mathrm\pi}4+\frac{\mathrm\pi}2,\frac{\mathrm\pi}4+\mathrm\pi

Entonces, sea cual sea el valor que damos a \rho, cuando nos acercamos a alguno de esos valores de \theta:

\lim_{\theta\rightarrow\frac{\mathrm\pi}4}\frac{\cos^3\left(\theta\right)}{\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)}=\frac{1/\sqrt2}{1/2-1/2}=\infty

O sea que no se cumple la condición necesaria y suficiente para todo \theta, por tanto la función no es contínua en \left(0,0\right).

Para que quede más claro, veamos un ejemplo: fijamos \varepsilon=0.01, y queremos conseguir que

\rho\left|\frac{\cos^3\left(\theta\right)}{\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)}\right|<0.01,

y lo queremos para cualquier 0\leq\theta<2\pi. Entonces:

0<\rho<0.01\left|\frac{\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)}{\cos^3\left(\theta\right)}\right|,

pero cuando \theta=\frac{\mathrm\pi}4,\frac{\mathrm\pi}4+\frac{\mathrm\pi}2,\frac{\mathrm\pi}4+\mathrm\pi, resulta que \left|\frac{\cos^2\left(\theta\right)-\sin^2\left(\theta\right)}{\cos^3\left(\theta\right)}\right|=0, y no existe ningún 0<\rho que verifique la condición. \square


2. Calcular \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x\sin\left(x\right)}{x^2+1}

Solución:

\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x\sin\left(x\right)}{x^2+1}=\frac\infty\infty=?; separemos el límite en dos componentes: la fracción racional y la función trigonométrica:

\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x\sin\left(x\right)}{x^2+1}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac x{x^2+1}\cdot\lim_{x\rightarrow\infty}\sin\left(x\right)=L_1\cdot L_2.

El primer límite es:

L_1=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac x{x^2+1}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x/x^2}{\left(x^2+1\right)/x^2}\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1/x}{1+1/x^2}=\frac0{1+0}=0.

El segundo límite no existe, pues la función \sin(x) es oscilante; ahora bien, el producto de los límites sí existe, pues L_1=0 y L_2 está acotado entre los valores \left[-1,1\right], por tanto el producto L_1·L_2 es igual a 0\square


3. Calcular \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}-x\right).

Solución:

Es indeterminado: \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}-x\right)=\infty-\infty=?. Podemos convertirlo al tipo fracción racional para deshacer la indeterminación:

\lim_{x\rightarrow\infty}\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}-x\right)=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}-x\right)\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}+x\right)}{\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}+x\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x\left(x+1\right)-x^2}{\sqrt{x\left(x+1\right)}+x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac x{\sqrt{x\left(x+1\right)}+x}=\frac\infty\infty,

que sigue siendo indeterminado.  Dividimos numerador y denominador por x elevado al mayor exponente de ambos:

\lim_{x\rightarrow\infty}\frac x{\sqrt{x\left(x+1\right)}+x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x/x}{\left(\sqrt{x\left(x+1\right)}+x\right)/x}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac1{\left(\sqrt{\displaystyle\frac{x\left(x+1\right)}{x^2}}+1\right)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac1{\left(\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+1\right)}=\frac12. \square


4. Calcular \lim_{x\rightarrow0}e^\frac{\left|x\right|}x.

Solución:

La expresión del exponente vale:

\frac{\left|x\right|}x=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{ si }x>0\\-1\;\text{ si }x<0\end{array}\right.,

para x=0 la expresión no está definida, y es precisamente en este punto que nos piden el límite. Por tanto debemos calcular los límites laterales, y comprobar si coinciden.

\lim_{x\rightarrow0^-}e^\frac{\left|x\right|}x=e^{-1}=\frac1e

\lim_{x\rightarrow0+}e^\frac{\left|x\right|}x=e^1=e.

Vemos que no coinciden, luego el límite en x=0 no existe. \square


5.  Calcular L=\lim_{x\rightarrow\infty}x^{2/3}\left(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]x\right).

Solución:

Es un límite indeterminado debido al signo menos entre las dos raíces cúbicas: \lim_{x\rightarrow\infty}x^{2/3}\left(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]x\right)=\infty\cdot\left(\infty-\infty\right)=?. Cuando tenemos un límite indeterminado que contiene raíces cuadradas tal como \left(\sqrt a-\sqrt b\right) lo que hacemos es usar la igualdad \left(\sqrt a+\sqrt b\right)\left(\sqrt a-\sqrt b\right)=a-b para transformar la expresión original en una expresión racional que no tiene diferencias  entre raíces:

\left(\sqrt a-\sqrt b\right)=\frac{\left(\sqrt a-\sqrt b\right)\left(\sqrt a+\sqrt b\right)}{\left(\sqrt a+\sqrt b\right)}=\frac{a-b}{\left(\sqrt a+\sqrt b\right)}.

Ahora nos interesa hacer lo mismo, pero con raíces cúbicas, usando alguna expresión combinando a^3 y b^3 para dar a^3-b^3. Esta expresión es:

\left(a-b\right)\left(\left(a+b\right)\left(a+b\right)\right)=\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)=a^3+ab^2+a^2b-ba^2-b^3-ab^2=a^3-b^3.

Identificando a=x^\frac23\sqrt[3]{x+1}=\sqrt[3]{x^2\left(x+1\right)};\;b=x^\frac23\sqrt[3]x=\sqrt[3]{x^3}=x y usando la expresión

\left(a-b\right)=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)}{a^2+b^2+ab}=\frac{a^3-b^3}{a^2+b^2+ab}

obtenemos:

L=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2\left(x+1\right)-x^3}{\left(x^2\left(x+1\right)\right)^{2/3}+x^2+\sqrt[3]{x^5\left(x+1\right)}}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2}{\left(x^3+x^2\right)^{2/3}+x^2+\left(x^6+x^5\right)^{1/3}},

 un límite en el infinito de una expresión racional (polinomios en el numerador y en el denominador), podemos aplicar la regla que dice: fíjate sólo en los términos de mayor grado del numerador y del denominador, ignorando los de grado inferior:

L=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2}{\left(x^3+x^2\right)^{2/3}+x^2+\left(x^6+x^5\right)^{1/3}}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2}{\left(x^3\right)^{2/3}+x^2+\left(x^6\right)^{1/3}}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2}{x^2+x^2+x^2}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x^2}{3x^2}=\frac13.

Formalmente, llegamos al mismo resultado dividiendo numerador y denominador por el término de mayor grado:

L=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\displaystyle\frac{x^2}{x^2}}{\displaystyle\frac{\left(x^3+x^2\right)^\frac23+x^2+\left(x^6+x^5\right)^{\displaystyle\frac13}}{x^2}}

Simplificando, y luego haciendo el paso al límite:

L=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac1{\left({\displaystyle\frac{x^3+x^2}{x^3}}\right)^{\displaystyle\frac23}+1+\left({\displaystyle\frac{x^6+x^5}{x^6}}\right)^{\displaystyle\frac13}}=\frac1{\left(1+0\right)^\frac23+1+\left(1+0\right)^\frac13}=\frac13.\square


6. Calcular L=\lim_{x\rightarrow2}\frac1{x^2-4}-\frac3{x^3-2x^2-4x+8}.

Solución:

L=\lim_{x\rightarrow2}\frac1{x^2-4}-\frac3{x^3-2x^2-4x+8}=\frac10-\frac10=\infty-\infty=?. Fijémonos en que es un límite en un punto, no en el infinito, así pues, debemos deshacer la indeterminación de otro modo. El hecho de que los dos denominadores valgan cero en el punto x=2 significa que este punto es una raíz de esos polinomios, y por tanto podemos descomponerlos en producto de binomios para simplificar la expresión:

x^2-4=\left(x+2\right)\left(x-2\right);\;x^3-2x^2-4x+8=\left(x-2\right)\cdot P(x)

Obtenemos el polinomio P(x) como el resto de la división de x^3-2x^2-4x+8 entre x-2, usando la regla de Ruffini:

\begin{array}{l}2\;\left|+1\;-2\;-4\;+8\right.\\\;\;\;\;\underline{\;\;\;\;\;\;\;+2\;\;\;0\;\;-8}\\\;\;\;\;\;+1+0\;-4\;\;\;\left|\underline0\right.\end{array}.

Tenemos que P(x)=x^2-4, por tanto:

\frac1{x^2-4}-\frac3{x^3-2x^2-4x+8}=\frac1{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}-\frac3{\left(x^2-4\right)\left(x-2\right)}=\frac1{x-2}\left(\frac1{x+2}-\frac3{x^2-4}\right)

Pasando al límite:

\lim_2\frac1{x-2}\left(\frac1{x+2}-\frac3{x^2-4}\right)=\frac10\left(\frac14-\frac30\right)=\infty\cdot\left(-\infty\right)=-\infty

Siempre que tengamos un límite infinito en un punto debemos calcular los límites laterales, pues es posible que tengamos un cambio de signo:

\lim_{2^-}\frac1{x-2}\left(\frac1{x+2}-\frac3{x^2-4}\right)=\frac1{0^-}\left(\frac1{4^-}-\frac3{0^-}\right)=-\infty\cdot\left(+\infty\right)=-\infty

\lim_{2^+}\frac1{x-2}\left(\frac1{x+2}-\frac3{x^2-4}\right)=\frac1{0^+}\left(\frac1{4^+}-\frac3{0^+}\right)=+\infty\cdot\left(-\infty\right)=-\infty

En este caso coinciden, la función f(x)=\frac1{x^2-4}-\frac3{x^3-2x^2-4x+8} tiene una asíntota vertical en x=2:

problema4-tema4-apunts
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7. Estudiar la continuidad y la existencia de derivadas parciales de la función

f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}x\cos\left(\frac1{x^2+y^2}\right),\;\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right)\\0,\;\;\left(x,y\right)=\left(0,0\right)\end{array}\right.

En \left(x,y\right)\neq\left(0,0\right) la función es claramente continua, por serlo la función cos(x) así como el cociente \frac1{x^2+y^2}. El punto dudoso es pues el (0,0). En él debemos aplicar la definición de continuidad:

La función f(x) es continua en el punto x_0 si y solo si se cumple la condición:

\lim_{x\rightarrow x_0}f\left(x\right)=f\left(x_0\right)

Lo aplicamos pues:

\begin{array}{l}\lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}x\cos\left(\frac1{x^2+y^2}\right)=\lim_{r\rightarrow0}r\cos\left(\theta\right)\cos\left(\frac1{r^2\cos^2\left(\theta\right)+r^2\sin^2\left(\theta\right)}\right)=\\\lim_{r\rightarrow0}r\cos\left(\theta\right)\cos\left(\frac1{r^2}\frac1{\cos^2\left(\theta\right)+\sin^2\left(\theta\right)}\right).\end{array}

Sabiendo que la función cos está acotada, podemos tomar el valor absoluto de este límite y acotarlo:

\underset{r\rightarrow0}{\lim\;}\left|r\cos\left(\theta\right)\cos\left(\frac1{r^2}\right)\right|\leq\underset{r\rightarrow0}{\lim\;}\left|r\cos\left(\theta\right)\right|\leq\underset{r\rightarrow0}{\lim\;}\left|r\right|=0.

Por tanto \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)=0=f\left(0,0\right) y la función es continua en todo el dominio.

Para ver la existencia de derivadas parciales, vemos que si \left(x,y\right)\neq\left(0,0\right) la función tiene las siguientes derivadas parciales:

\begin{array}{l}\frac{\partial f}{\partial x}=\cos\left(\frac1{x^2+y^2}\right)-x\sin\left(\frac1{x^2+y^2}\right)\cdot\frac{-2x}{\left(x^2+y^2\right)^2},\\\frac{\partial f}{\partial y}=-x\sin\left(\frac1{x^2+y^2}\right)\cdot\frac{-2y}{\left(x^2+y^2\right)^2}.\end{array}

En el punto \left(x,y\right)=\left(0,0\right) no podemos derivar con las reglas usuales pues tenemos la bifurcación de la definición de la función, hay que usar la definición de derivada parcial:

\begin{array}{l}\frac{\partial f\left(0,0\right)}{\partial x}=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0+h,0\right)-f\left(0,0\right)}h=\\\lim_{h\rightarrow0}\frac{h\cos\left({\displaystyle\frac1{h^2}}\right)-0}h=\lim_{h\rightarrow0}\cos\left(\frac1{h^2}\right).\end{array}

Pero este límite no existe, pues el cos oscila entre [-1,1] indefinidamente, luego no existe la derivada parcial respecto a x en el punto (0,0). Para la otra derivada parcial:

\begin{array}{l}\frac{\partial f\left(0,0\right)}{\partial y}=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f\left(0,0+h\right)-f\left(0,0\right)}h=\\\lim_{h\rightarrow0}\frac{0\cdot\cos\left({\displaystyle\frac1{h^2}}\right)-0}h=0.\end{array}

Luego sí existe  la derivada parcial respecto a y en el punto (0,0), y por tanto en todos los puntos. Tenemos pues que esta función es contínua en todos los puntos, también tiene derivada parcial respecto a y, pero en el punto (0,0) no tiene derivada parcial respecto a x.


8. Calcular el límite de la función vectorial de variable vectorial \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(x\sin\left(x+y\right),\left(1+x\right)^x\right).

Se trata de una función f(x,y) que asigna a cada vector (x,y) del plano otro vector del plano, de forma que podemos ver este segundo vector imágen del primero como el resultado de aplicar dos funciones vectoriales de variable real, que juntas componen la función original:

f\left(x,y\right)=\left(x\sin\left(x+y\right),\left(1+x\right)^x\right)=\left(f_1\left(x,y\right),f_2\left(x,y\right)\right).

Calculamos el límite por separado para cada función componente, pasando a coordenadas polares x=r\cos\left(\theta\right), y=r\sin\left(\theta\right):

\begin{array}{l}\lim_{r\rightarrow0}f_1\left(x,y\right)=r\cos\left(\theta\right)\cdot\sin\left(r\cos\left(\theta\right)+r\sin\left(\theta\right)\right)=\\\lim_{r\rightarrow0}r\cos\left(\theta\right)\cdot\sin\left(r\left(\cos\left(\theta\right)+\sin\left(\theta\right)\right)\right)=\\0\cdot\cos\left(\theta\right)\cdot\sin\left(0\left(\cos\left(\theta\right)+\sin\left(\theta\right)\right)\right)=0\cdot0\;=\;0\end{array}

ya que la función coseno está acotada, y al multiplicarla por cero resulta cero, y la expresión \left(\cos\left(\theta\right)+\sin\left(\theta\right)\right) también está acotada, al multiplicarla por cero da cero, y la función seno en cero también vale cero. Para la segunda función componente:

\begin{array}{l}f_2\left(x,y\right)=\left(1+x\right)^\frac1x\Rightarrow f_2\left(r,\theta\right)=\left(1+r\cos\left(\theta\right)\right)^\frac1{r\cos\left(\theta\right)}\Rightarrow\\\underset{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}{\lim\;}f_2\left(x,y\right)\;=\lim_{r\rightarrow0\;}\left(1+r\cos\left(\theta\right)\right)^\frac1{r\cos\left(\theta\right)}=\left(1+0\right)^\frac10=1^\infty=?\end{array}

tenemos una indeterminación del tipo:

\lim_{x\rightarrow x_0}\left(1+\frac1{f\left(x\right)}\right)^{f\left(x\right)}=e.

Operando:

\lim_{r\rightarrow0\;}\left(1+r\cos\left(\theta\right)\right)^\frac1{r\cos\left(\theta\right)}=\lim_{r\rightarrow0\;}\left(1+\frac1{\left({\displaystyle\frac1{r\cos\left(\theta\right)}}\right)}\right)^\frac1{r\cos\left(\theta\right)}=e.

En conclusión, \lim_{\left(x,y\right)\rightarrow\left(0,0\right)}\left(x\sin\left(x+y\right),\left(1+x\right)^x\right)=\left(0,e\right).