Ejercicios de la sección 2 .5 pag 128 y 129

Se realizaran nuevos ejercicios similares a los orientados en clase.3, 6, 19, 34, 39, 43, 48

Ejercicio 3a) En −4 es discontinua, f−4 no está definida. Tiene una discontinuidad removible(evitable) puesto que el lim

x→−4fx sí existe.

En −2 tiene una discontinuidad por salto (no removible). f−2 está definida pero su límiteen −2 no existe puesto que los laterales son diferentes. Lo mismo sucede en x = 2.En 4 tiene una discontinuidad infinita (no removible). La función en 4 está definida pero noexiste su límite y el lateral izquierdo tiende a −∞.

b) Ver Definición 2 página 121. En −4 no hay continuidad lateral. En −2 es continua sólopor la izquierda. En 2 y en 4 sólo por la derecha.

Ejercicio 6

fx =

x3 x < 2x2−16

x−4 2 < x < 4x2−16

x−4 4 < x

0 1 2 3 4 50

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

y

Ejercicio 19

1

Sea fx =

cosx x < 0

0 x = 0

1 − x2 x > 0

a = 0

1. Comenzamos por comprobar si f0 está definida. Según la definición de la funciónvemos que f0 = 0 por tanto no hay problemas con ese punto.Luego verificamos la existencia del lim

x→0fx.

2. Tenemos que calcular límites lateraleslimx→0−

fx = limx→0−

cosx = 1

limx→0+

fx = limx→0+

1 − x2 = 1

Concluimos que limx→0

fx = 1

Hasta ahora se cumplen 1 y 2 pero necesitamos de una tercera condición para decir quefx es continua en x = 0.3. Verificamos que lim

x→0fx ≠ f0 por tanto la función no es continua en x = 0. Tiene una

discontinuidad removible. Si redefinimos fx en 0 como 1, se "arregla " la discontinuidad.

fx =

cosx x < 0

0 x = 0

1 − x2 x > 0

-2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

-3

-2

-1

1

x

y

Ejercicio 34. Usar Teorema 8 página 125limx→∞

arctan x2−43x2−6x

= arctan limx→∞

x2−43x2−6x

= arctan 13

Ejercicio 39.

2

fx =

x + 2 x < 0

ex 0 ≤ x ≤ 1

2 − x 1 < x

Teniendo en cuenta que los polinomios y las funciones exponenciales son continuas entodo R, las discontinuidades de fx si es que existen pudieran estar en los puntos dondehay cambios de las expresiones algebraicas de la función.

Revisemos x = 0.1. f0 = e0 = 12. lim

x→0+fx = lim

x→0+ex = 1

limx→0−

fx = limx→0−

x + 2 = 2

limx→0

fx no existe.

Por tanto en x = 0 fx tiene una discontinuidad por saltos.

Revisemos x = 1.1. f1 = e1 = e2. lim

x→1+fx = lim

x→1+2 − x = 1

limx→1−

fx = limx→1−

ex = e

limx→1

fx no existe.

Por tanto en x = 1 fx tiene una discontinuidad por saltos.

Ejercicio 43Para que una discontinuidad en x = a sea removible, el limite lim

x→afx tiene que existir.

Revisemos en cada caso.a)limx→1

x4−1x−1 = lim

x→1

x2−1 x2+1

x−1 = limx→1

x−1x+1 x2+1

x−1 = limx→1

x + 1x2 + 1 = limx→1

x + 1 limx→1

x2 +

Por tanto si redefinimos fx en x = 1 y la hacemos igual a 4, obtenemos la nueva funcióngx continua en 1.

gx =x4−1x−1 x ≠ 1

4 x = 1

b) limx→2

x3−x2−2xx−2 = lim

x→2

x x2−x−2

x−2 = limx→2

xx+1x−2x−2 = lim

x→2xx + 1 = 6

Por tanto si redefinimos fx en x = 2 y la hacemos igual a 6, obtenemos la nueva funcióngx continua en 2.

gx =x3−x2−2x

x−2 x ≠ 2

6 x = 2

3

c) fx = |sin x|,Ver la definición de la función y = |x| en el Ejemplo 3 página 121.

limx→π+

fx = limx→π+

|sin x| = −1

limx→π−

fx = limx→π−

|sin x| = 1

Por tanto no existe el límite en π y la discontinuidad no es removible.

Ejercicio 48.Revisar ejemplo 10, página 127.Nuestro objetivo es demostrar que la ecuación 3 x = 1 − x tiene una raíz (una solución) enel intervalo 0, 1

Primero pasamos toda la parte derecha de la ecuación a la izquierda de forma tal que laparte derecha sea 0.3 x + x − 1 = 0Ahora nuestro problema se reduce a demostrar que la ecuación 3 x + x − 1 = 0 tiene unasolución en el intervalo 0, 1, es decir que existe un valor 0 ≤ x ≤ 1 que satisface esaecuación.Definimos una función fx igual a toda la parte izquierda de la ecuación, es decir,fx = 3 x + x − 1. Ahora el problema original es equivalente a demostrar que fx se hace 0para algún x tal que 0 ≤ x ≤ 1. Usaremos el Teorema del Valor Intermedio.Primer Paso : Demostramos que fx es continua en 0, 1. fx es la suma de una funciónpotencia + un polinomio por el Teorema 7, página 124 se garantiza que fx es continua en0, 1.Segundo Paso : Según el Teorema 10 buscamos un par de valores a y b en 0, 1 tales quefa < 0 (negativo) y fb > 0 (positivo)

Vemos que f 18 = 3

18 + 1

8 − 1 = 12 + 1

8 − 1 < 0

y que Vemos que f1 = 1 + 1 − 1 = 1 > 0.

Entonces a = 18 , b = 1, N = 0

f 18 < 0 < f1, es decir N = 0 es un número entre f 1

8 y f1. El teorema del valorintermedio afirma que existe un número c entre 1

8 y 1 tal que fc = 0, por tanto quedademostrado lo que pedía el ejercicio.

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