Pontificia Universidad Catolica de Chile

Facultad de Matematicas

Departamento de Matematica

Primer Semestre 2014

MAT 1419 – Calculo I

Pauta Interrogacion 1

1. Calcule los siguientes lımites. Justifique su respuesta.

(a) lımx→0

tan2(2x)

x2.

Solucion:

lımx→0

tan2(2x)

x2= lım

x→0

sen2(2x)

x2 cos2(x)= lım

x→0

(sen(2x)

x

)2

· 1

cos2(x)= lım

x→0

(2

sen(2x)

2x

)2

· 1

cos2(x)

= 4 lımx→02x→0

(sen(2x)

2x

)2

· 1

cos2(x)= 4

=⇒ lımx→0

tan2(2x)

x2= 4

(b) lımx→1

(1− x) tan(π

2x)

.

Solucion:

Haciendo la sustitucion u = 1− x , se tiene que x→ 1 =⇒ u→ 0, de donde

lımx→1

(1− x) tan(π

2x)

= lımu→0

u tan(π

2(1− u)

)= lım

u→0u tan

(π2− π

2u)

= lımu→0

u cot(π

2u)

= lımu→0

ucos(π2 u)

sen(π2 u) =

π

2lımu→0

cos(π2 u)

sen(π2 u)

π2 u

=π

2

=⇒ lımx→1

(1− x) tan(π

2x)

=π

2

(c) lımx→0

√2x+ 1− (2x+ 1)

x.

Solucion:

lımx→0

√2x+ 1− (2x+ 1)

x= lım

x→0

(√2x+ 1− (2x+ 1)

)(√2x+ 1 + (2x+ 1)

)x(√

2x+ 1 + (2x+ 1))

= lımx→0

(2x+ 1)− (2x+ 1)2

x(√

2x+ 1 + (2x+ 1)) = lım

x→0

−4x2 − 2x

x(√

2x+ 1 + (2x+ 1))

= lımx→0

−4x− 2(√2x+ 1 + (2x+ 1)

) = −2

2= −1 =⇒ lım

x→0

√2x+ 1− (2x+ 1)

x= −1

Otra forma de solucion:

Es tambien posible hacer la sustitucion u2 = 2x+ 1, y se tiene que x→ 0 =⇒ u→ 1,

de donde

lımx→0

√2x+ 1− (2x+ 1)

x= lım

u→1

u− u2

u2 − 1

2

= 2 lımu→1

u(1− u)

(u− 1)(u+ 1)

= 2 lımu→1

−u(u+ 1)

= −2

2= −1

2. Determine los valores de A y B ∈ R, de forma que la funcion dada por

f(x) =

−x2 + 2, si x ≤ −1,

Ax+B, si − 1 < x < 1,

x2 sen(π

2x), si 1 ≤ x,

sea continua en todo R.

Solucion:

i) Si x < −1 , f(x) = −x2 + 2 y es continua, pues es un polinomio.

ii) Si −1 < x < 1 , f(x) = Ax+B y es continua, pues es una recta.

iii) Si x > 1 , f(x) = x2 sen(π

2x)

y es continua, pues es una combinacion de funciones

continuas.

iv) Para x = −1, f(x) es continua si y solo si: lımx→−1

f(x) = f(−1) = 1

Como

lımx→−1+

f(x) = lımx→−1+

Ax+B = −A+B y lımx→−1−

f(x) = lımx→−1−

−x2+2 = 1 = f(−1)

entonces f(x) es continua en x = −1 si y solo si:

lımx→−1+

f(x) = lımx→−1−

f(x) = 1⇐⇒ −A+B = 1 (1)

v) Para x = 1, f(x) es continua si y solo si: lımx→1

f(x) = f(1) = 1

Como

lımx→1+

f(x) = lımx→1+

x2 sen(π

2x)

= 1 = f(1) y lımx→1−

f(x) = lımx→1−

Ax+B = A+B

entonces f(x) es continua en x = 1 si y solo si:

lımx→1+

f(x) = lımx→1−

f(x) = 1⇐⇒ A+B = 1

Por lo tanto, de i), ii), iii), iv) y v), la funcion f(x) es continua en todo R si y solo

si:

−A+B = 1 ∧ A+B = 1 =⇒ A = 0 ∧ B = 1

3. (a) Determine todas las asıntotas de la funcion:

f(x) =2x3 − 8x2 + 6x

x2 − 1.

Indique donde la funcion es continua y discontinua. Clasifique sus discontinuidades.

Solucion:

Dom(f) = R− {−1 , 1}

Asıntotas.

Asıntotas verticales

Se tiene:

lımx→1

f(x) = lımx→1

2x3 − 8x2 + 6x

x2 − 1= lım

x→1

2x (x2 − 4x+ 3)

x2 − 1= lım

x→1

2x(

(x− 3)(x− 1))

(x− 1)(x+ 1)

= lımx→1

2x (x− 3)

x+ 1= −2

Ademas:

lımx→−1

f(x) = lımx→−1

2x3 − 8x2 + 6x

x2 − 1= lım

x→−1

2x(

(x− 3)(x− 1))

(x− 1)(x+ 1)=∞

Explıcitamente:

lımx→−1+

f(x) = −∞ y lımx→−1−

f(x) = +∞

De donde x = −1 es la unica asıntota vertical de f .

Asıntotas horizontales

No hay pues

lımx→∞

f(x) =∞

Asıntotas oblıcuas

Sea y = mx+ n, la asıntota oblıcua de f , entonces:

m = lımx→∞

f(x)

x= lım

x→∞

2x3 − 8x2 + 6x

x3 − x= lım

x→∞

2− 8

x+

6

x2

1− 1

x2

= 2 =⇒ m = 2

Ahora:

n = lımx→∞

(f(x)−mx

)= lım

x→∞

(2x3 − 8x2 + 6x

x2 − 1− 2x

)= lım

x→∞

−8x2 + 8x

x2 − 1

=⇒ n = lımx→∞

−8 +8

x

1− 1

x2

= −8 =⇒ n = −8

Por lo tanto y = 2x− 8 es asıntota oblıcua de f .

f es continua en todo su dominio, pues es una funcion racional, con denominador

no nulo.

f es discontinua en x = 1 y tiene en este punto una discontinuidad reparable o

evitable, pues existe lımx→1

f(x).

f es discontinua en x = −1 y tiene en este punto una discontinuidad esencial,

pues no existe lımx→−1

f(x).

(b) Muestre que existe x ∈ R tal que:√x− 5 =

1

x+ 3. Justifique su respuesta.

Solucion:

Demostrar que existe x ∈ R tal que:√x− 5 =

1

x+ 3, es equivalente a demostrar que

existe x ∈ R tal que:√x− 5− 1

x+ 3= 0.

Por lo tanto consideramos la funcion:

f(x) =√x− 5− 1

x+ 3

f es continua en [5 , +∞[, pues es una diferencia de funciones que continuas en este

intervalo.

Por lo tanto, en particular f es continua en [5 , 6] , (o en otro intervalo adecuado),

ademas:

f(5) = −1

8y f(6) = 1− 1

9> 0

por lo tanto por Teorema de Bolzano, o del Valor Intermadio para k = 0, existe

x0 ∈ (5 , 6) tal que

f(x0) = 0 =⇒√x0 − 5− 1

x0 + 3= 0 =⇒

√x0 − 5 =

1

x0 + 3

de donde x0 es solucion de la ecuacion.

4. (a) Sea f dada por

f(x) =

x sen(x) cos( π

2x

), si x 6= 0

0 , si x = 0.

Determine si la funcion f es continua y/o derivable en x = 0. Justifique su respuesta.

Solucion:

f es continua en x = 0 si y solo si lımx→0

f(x) = f(0), esto es lımx→0

f(x) = 0. Ahora

lımx→0

f(x) = lımx→0

x sen(x) cos( π

2x

)= 0

pues lımx→0

x sen(x) = 0 y coseno es una funcion acotada, luego el producto es cero.

Por lo tanto lımx→0

f(x) = f(0), de donde f es continua en x = 0.

f es derivable en x = 0, si existe:

f ′(0) = lımh→0

f(0 + h)− f(0)

h= lım

h→0

f(h)

h

Como:

lımh→0

h sen(h) cos(π2h

)h

= lımh→0

sen(h) cos( π

2h

)= 0

pues nuevamente se tiene el caso en que lımh→0

sen(h) = 0 y coseno es una funcion

acotada, luego el producto es cero.

Como el lımite existe entonces f es derivable en x = 0 y f ′(0) = 0 . Por lo tanto

f es continua y derivable en x = 0.

(b) Hallar la ecuacion de la recta tangente a la curva de ecuacion y =1√x, que es paralela

a la recta x+ 2y − 6 = 0.

Solucion:

La recta tangente en un punto (x0 , y0) de la curva tiene pendiente f ′(x0) y como

debe ser paralela a la recta x+ 2y − 6 = 0, entonces la pendiente debe ser −1

2, luego

debemos determinar x0 tal que f ′(x0)−1

2.

Ahora

f ′(x0) = lımh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h= lım

h→0

1√x0 + h

− 1√x0

h= lım

h→0

√x0 −

√x0 + h

h√x0√x0 + h

= lımh→0

(√x0 −

√x0 + h) (

√x0 +

√x0 + h)

h√x0√x0 + h (

√x0 +

√x0 + h)

= lımh→0

(x0 − (x0 + h))

h√x0√x0 + h (

√x0 +

√x0 + h)

= lımh→0

−hh√x0√x0 + h (

√x0 +

√x0 + h)

= lımh→0

−1√x0√x0 + h (

√x0 +

√x0 + h)

= − 1

2x3/20

=⇒ f ′(x0) = − 1

2x3/20

Luego:

f ′(x0) = −1

2=⇒ − 1

2x3/20

= −1

2=⇒ x0 = 1 =⇒ y0 = 1

Ası la recta tangente T tiene pendiente −1

2y pasa por (1, 1), de donde su ecuacion es:

T : y − 1 = −1

2(x− 1) =⇒ T : 2y + x− 3 = 0