1era SEMANA: LIMITE DE UNA FUNCION 1. Demostrar por definición de limites : lim n→3 ( 2 x 2 −3 x+1 ) =10 ❑ Demostracion: lim n→3 ( 2 x 2 −3 x+1 )=10 ❑ ↔ ∀E >0 ,∃δ >0 , Tal que X ∈Df∧ 0< | x− 3 | < δ→| (2 x 2 −3 x +1 ) | −10∨¿ δ Buscamos un δ en función de E → se tiene por pasos 1.1. Hipotesis: | x−3| <δque esta acotado 1.2. Al termino | ( 2 x 2 −3 x+1 ) | −10 ∨¿ simplificamos( factorizando, racionalizando, usando identidades trigonométricas según el caso) paraqué aparezca la hipótesis así | ( 2 x 2 −3 x+1 ) | −10 ∨¿ = | ( 2 x 2 −3 x−9) | = ¿ ( x−3)( 2 x +3)∨¿ E Donde ( x−3) es acotado por δ , lo que falta acotar seria 2 x +3 Entonces buscamos un # positivo tal que ¿ 2 x +3∨¿ M 1.3. Usamos el paso 1.1 | x−3| <δ ∧ δ=1 →|x−3 | <1 →−1< x−3<1 → 2 <x <4 A partir de esta desigualdad se forma el termino ( 2 x +3) Se mulltiplica por 2: 4< 2 x<8 Se suma 3: 7< 2 x+3 <11 →| 2 x +3 |<11=E 1.4. Se multiplica el paso 1 y 3 | x−3| <δ | 2 x +3 |<11 =| x−3|| 2 x +3 | < 11 δ→ 11 δ=E→δ= E 11 ¿ δ={1 , E 11 } 2. Demostrar por definición de limites:
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1era SEMANA: LIMITE DE UNA FUNCION
1. Demostrar por definición de limites :
limn→3
(2x2−3 x+1 )=10❑
Demostracion:
limn→3
(2x2−3 x+1 )=10❑
↔ ∀ E>0 ,∃ δ>0 , Tal que
X∈Df ∧0<|x−3|<δ→|( 2x2−3 x+1 )|−10∨¿δBuscamos un δ en función de E→ se tiene por pasos
identidades trigonométricas según el caso) paraqué aparezca la hipótesis así
|(2 x2−3 x+1 )|−10∨¿ = |(2 x2−3 x−9 )| = ¿(x−3)(2x+3)∨¿ EDonde (x−3)es acotado por δ , lo que falta acotar seria 2 x+3Entonces buscamos un # positivo tal que ¿2 x+3∨¿M
1.3. Usamos el paso 1.1 |x−3|<δ ∧ δ=1→|x−3|<1→−1<x−3<1→2<x<4
A partir de esta desigualdad se forma el termino (2 x+3) Se mulltiplica por 2: 4<2 x<8 Se suma 3: 7<2x+3<11→|2 x+3|<11=E
Solucion Lavariable xafecta los radicales diferent3es tanto en el numerador como en el
denominador entonces hallamos en un cambio de variable Si x→1→y→1
x= y6→√x= y2
limn→1 (√ x−1
3√ x−2 )❑
=limy→1 ( y
3−1y2−1 )
❑
= limy→1 ( ( y❑−1 )( y3+ y+1)
( y−1 )( y+1) )❑
= limy→1 (( y
3+ y+1)( y+1) )
❑
=32
PROPIEDADES SOBRE LIMITES7. Calcular
limx→−1
( x2+4 x+3x+1 )
❑
Solucion
limx→−1
( ( x+3 )(x+1)x+1 )
❑
= limx→−1
( x+3 )❑=2
8. Calcular
Solucion
9. Calcular limx→1
1
1−x− 3
1−x3
Solucion1−x3→¿)(1+x+x2)→limx→1
1
1−x− 3
1−x3 =
limx→1
1+ x+x2−3
(1−x )(1+x+x2) =
limx→1
x+x2−2
(1−x )(1+x+x2)
= limx→1
( x−1 )(x+2)
(1−x )(1+x+x2) =
limx→1
(x+2)
−(1+x+x2) =
3−3
= -1
10. Calcular
Solucion
Se descompone:
Se reemplaza
11. Calcular:
limx→0
1x¿)
Solucion
limx→0
1x¿) = lim
x→0
1x¿) = lim
x→0❑¿ = -
14
12. Calcular
limx→ 4
x−4
x−√x−2Solucion
limx→4
x−4x−√x−2
= limx→ 4
(√x−2 )(√x+2)(√x−2 )(√x+1)
= limx→ 4
(√x+2)(√ x+1)
= 43
13. Calcular
Solucion
Debido a que se puede expresar como
por lo que:
14. Calcular:
limn→1
( x2−1x−1 )
❑
Solucion:
I. evaluemos el Limite de la función
limn→1
( x2−1x−1 )
❑
=00
→Esun valor indeterminado
II. Debemos levantar la indeterminación es decir que desaparecer la expresión 00
limn→1
( x2−1x−1 )
❑
=limn→1
( ( x−1 )(x+1)x−1 )
❑
=limn→1
( x+1 )❑=2
15. Calcularlimn→8
¿¿¿
Solucion:
limn→8
¿¿¿= limn→8
¿¿¿=2 x−16
(x¿¿2−64 )¿¿¿
2(x−8)(x−8)(x+8)¿¿
= limn→8
2
(x+8)¿¿ =
216.8
= 1
64
16. Calcular
limn→1 ( x2−4
x2−3 x+2 )❑
Solucion:
limn→1 ( x2−4
x2−3 x+2 )❑
= 00
limn→1 ( x2−4
x2−3 x+2 )❑
= limn→1 ( (x−2)(x+2)
(x−2)(x−1))❑
= limn→1
(x+2)
(x−1) =4
17. Calcular
limn→−2 ( x
3−2x2−4 x+83 x2−3 x−6 )
❑
solución:
limn→−2 ( x
3−2x2−4 x+83 x2−3 x−6 )
❑
= limn→−2 ( (x−2)(x2+2)
(3 x−6)(x−1))❑
= limn→−2 ((x−2)(x−2)(x+2)
3( x−2)(x−1) )❑
limn→−2 ((x−2)(x+2)
3( x−1) )❑
=169
SEGUNDA SEMANA: L.L, L.T., L. ∝, Asindotas
1. Calcular:
limx→1
f (x ), si f ( x )=¿{x2+1; x ≥1∧ x2−1x−1
; x<1
Solucion
Por limites laterales limx→1+¿ f (x)¿
¿ = limx→1
x2+1 = 2 ; x≥1
limx→1−¿f (x)¿
¿= limx→1
x2−1
x−1 =lim
x→1¿ ( x−1 )(x+1)
x−1=2 ; x<1
* limx→1+¿ f ( x )= lim
x →1−¿ f (x)=2→∃ lim
x→ 1f (x)=2¿¿
¿
2. Calcular:
Si existe limx→1
f ( x ); si f ( x )=¿{x2+3 ;x ≥1∧ x+1 ; x>1
Solucion
Por limites laterales ∃ limx→1
f (x)=1 → limx→1−¿ f ( x )= lim
x →1+¿f ( x )=1¿¿¿
¿
Calculamos limites laterales por la izquierda
limx→ 1−¿f ( x )= lim
x→1−¿ x2+3=4
¿¿¿
¿ ¿¿
a) Calculamos limites laterales por la derecha
limx→1+¿ f ( x )= lim
x →1+¿x+1=2¿
¿¿
¿¿¿
¿ limx→ 1+¿ f ( x )≠ lim
x →1−¿f ( x)→∄ lim
x→1f ( x)¿¿
¿
3. Calcular si existelimx→2
f ( x )=f ( x )=¿¿6x-x2; x¿2∧ 2 x2−x−3 ; x>2∧6 ;x=2
Solucion
Por limites laterales limx→2+¿ f (x)¿
¿ = limx→2
6 x−x2 = 8 ; x¿2
limx→2−¿f (x)¿
¿= limx→ 2−¿2x2−x−3¿
¿ =3 ; x>2
¿ limx→ 2+¿ f ( x )≠ lim
x→2−¿f ( x)→∄ lim
x→2f ( x)¿¿
¿
4. Calcular si existe
limx→2
f ( x )=f ( x )=¿x2 ¿; x≤2∧ 8−2x ; x>2
Solucion
Por limites laterales limx→2+¿ f (x)¿
¿ = limx→2
8−2 x = 4 ; x¿2
limx→2−¿f (x)¿
¿= limx→2−¿x2¿
¿ =4
¨*∃ limx→2
f (x)=4
5. Calcular limx→0
sin 3 x
xSolucionlimx→0
sin 3 x
x =
limx→0
sin 3 x .3
3 x = 1x3 = 3
6. Calcular
limx→0
sin x2
x
Solucion
limx→0
sin x2
x =
limx→0
sin x
x. sin x=
limx→0
sin x
x. limx→0
sin x=1x 0=0
7. Calcular
limx→0
sin 5 x
sin3 xSolucion
limx→0
sin 5 x
sin3 x =
limx→0
5 xsen5x5 x
3 x sin 3 x3 x
= limx→0
5
3
sen5 x5x
sin 3 x3x
= 5x 13x 1
= 53
8. Calcular
limx→0
1−cosx
x
Solucion
limx→0
1−cosx
x =
limx→0
(1−cosx)(1∓osx )
x (1∓ osx ) =
limx→0
(1−cosx)(1∓osx )
x (1∓ osx ) =
limx→0
(1−cosx)
x (1∓osx )=
limx→0
sen2 x
x(1∓osx )9. Calcular
10. Calcular
11. Calcular
limx→0
tan2 x1−cos x
Soluciontan201−cos0
=0(1−1 )
=00
limx→0
tan2 x1−cos x
=limx→0
( senxcos x )2
1−cos x=limx→ 0
sen2 x(1−cos x ) cos2 x
=limx→ 0
1−cos2 x(1−cos x )cos2 x
=limx→0
(1−cos x ) (1+cos x )(1−cos x )cos2 x
limx→0
(1+cos x )cos2 x
=(1+cos 0 )cos2 0
=1+1
12=2
12. Calcular
13. Calcular:
limx→∞
2x2−x+64 x3−2
Solucion
limx→∞
2x2−x+64 x3−2
=
limx→∞
2 x2
x3 − xx3 +
6x3
4 x3
x3− 2
x3
=
limx→∞
2 x2
x3 − xx3 +
6x3
4 x3
x3− 2
x3
=limx→∞
2x− 1x2 +
6x3
4❑
❑ − 2x3
= 0−0+0
4−0 =
04
= 0
14. Calcular
limx→−∞
√ x2+2x+x
Solucion
limx→−∞
(√ x2+2 x+x )(√ x2+2x−x )
(√x2+2 x−x) = lim
x→−∞
(x2+2 x−x2)
(√x2+2x−x )= limx→−∞
2x
(√x2+2x−x )
=limx→−∞
2 x
¿ x∨(√1+ 2x−x )
, lxl =-x como x ¿0→ lim
x→−∞
2
−(√1+ 2x−1)
= -1
15. Calcular
limx→5+¿ x
2−5x+10x2−25
¿
¿
Solucion
limx→5+¿ x
2−5x+10x2−25
¿
¿ =
limx→5+¿
52−5 (5 )+10
52−25¿
¿ =
100
= +∞
16. Calcularlim
x→2+¿ √x2−4x❑−2
¿
¿
Solucion
limx→2+¿ x
2−4x−2
¿
¿ =
limx→2+¿ √x2−4
x❑−2√x2−4
√x2−4¿
¿ =
limx→2+¿ x2−4
(x−2)√x2−4= lim
x→2+¿(x−2) (x+2)(x−2)√ x2−4
¿
¿ ¿
¿=
40=¿ +∞
17. Calcular
limx→−2
x2+2 xx2−4
Solucion
limx→−2
x2+2 xx2−4
=00
⇒ limx→−2
x ( x+2 )( x+2 ) (x−2 )
= limx→−2
xx−2
=−2−4
=12
Asíntotas Horizontales
a) limx→+∞
f ( x )=k
b) limx→−∞
f (x )=k
c) limx→∞
f (x )=k
Asindotas Verticales
a) limx→a
f ( x )=±∞
b) limx→a+¿ f ( x )=±∞¿
¿
c) limx→a−¿f ( x )=±∞¿
¿
Asindotas Oblicuas
a) Son rectas de la forma: y=m x+n
donde:
m= Límx→±∞
f ( x )x
; n= Límx→±∞
[ f ( x )−m x ]
Si Límx→±∞
[ f ( x )−m x−n ]=0+
la curva va por encima de la asíntota .
Si Límx→±∞
[ f ( x )−m x−n ]=0−
la curva va por debajo de la asíntota .
18. Calcular
y= x2+1x−3
Asíntotas verticales:
Si
Límx→ x0
−f ( x )=±∞
y/o
Límx→ x0
+f ( x )=±∞
la recta x=x0
es una asíntota vertical.Una función racional tiende a más o menos infinito cuando el denominador es igual a cero y el numerador es distinto de cero. Por tanto, para hallar las asíntotas verticales de una función racional lo primero que hay que hacer es hallar los valores de x que anulan el denominador, es decir, los polos de la función.
x−3=0 ⇒ x=3
Después, se estudia el límite de la función para esos valores de x que anulan el denominador.
Límx→ 3
x2+1x−3
=
Límx→ 3−
x2+1x−3
=100− =− ∞
y
Límx→ 3+
x2+1x−3
=100+ =+ ∞
Por tanto, la recta x=3
es una asíntota vertical.
Nota: Una función racional puede tener como máximo tantas asíntotas verticales como raíces tenga el denominador. Y, la curva no puede cortar a una asíntota vertical.
SEXTA SEMANA : Derivada de función trigonométrica
Problema 1: Calcular la derivada de y = Cos2x
Sol
u = 2x => y’ = - Sen2x(2x)’ => y’ = - 2Sen2x
Problema 2: Calcular la derivada de y = Sen(x2 + θ)
Nótese que tanto F’(x) como F’’(x) no están definidas en x=0, sin embargo el signo de F’’(x) cambia en x=0, pues si tomamos como intervalos de prueba <-∞, 0> y <0, +∞> veremos que si
x<0⇒F ' ' ( x )>0¿
x>0⇒F ' ' ( x )<0¿
La concavidad cambia de sentido en x=0, luego este es un numero de inflexión y (0,0) es el punto de inflexión.
La gráfica:
4. Hallar los extremos locales de la función F ( x )=3 x5−20 x3
Solución: Localización de los números críticos:
F ' ( x )=15 x4−60x2=15 x2(x+2)(x−2)Si F ' ( x )=0⇒ x2 (x+2 ) ( x−2 )=0⇔x=0 , x=−2 , x=2
Como el Dom(F)=R y F’ también existe en R, esos son los números críticos, en donde la función tiene por valores:
F (2 )=3(2)5−20 (2 )3=−64⇒B (2 ,−64) Aplicación de la segunda derivada:
F ' ' (x )=60 x3−120x=60x (x+√2)(x−√2)
Numero critico Signo de F’’(x) Conclusión
X=-2 - Máximo local=A(-2, 64)
X=0 0 El criterio no decide
X=2 + Mínimo local=B(2, -64)
Al ser F’’(0)=0, el criterio de la segunda derivada no decide nada sobre el numero critico x=0. En este caso se debe recurrir al criterio de la primera derivada y examinar el signo de F’(x)=x2(x+2)(x−2) para x próximo a cero. Así, si
x∈←2 ,0>⇒F ' ( x )<0
x∈<0 ,2>⇒F ' ( x )<0En consecuencia, F es decreciente ∀ x∈←2 ,2>¿, de modo que el punto (0, 0) no es un extremo local.
Gráfica:
5. Hallar los puntos de inflexión y discutir la concavidad de la gráfica de la función F(x)=6 x
x2+3Solución:
Siendo la función continua ∀ x∊ R, hallamos F’(x) y F’’(x)
F ' ( x )=6(x2+3 ) (1 )−x (2x )
(x2+3)2 =6 (3− x2)(x2+3)2
F ' ' (x )=6(x2+3 )2 (−2 x )−(3−x2 ) 2(x2+3)(2x )
(x2+3)4 =12 x (x+3)( x−3)
( x2+3)3
Para F’’(x)=0, los candidatos a números de inflexión son x= -3, x= 0 y x= 3 Probamos en los siguientes intervalos:
Intervalo <-∞, -3> <-3, 0> <0, 3> <3, +∞>
Valor prueba X=-4 X=-2 X=1 X=4
Signo de F’’(x) - + - +
concavidad Cóncavo hacia abajo
Cóncavo hacia arriba
Cóncavo hacia abajo
Cóncavo hacia arriba
TEOREMA DE VALOR MEDIO
6. Verificar que la hipótesis del teorema del valor medio se satisface para la función ,
y = x3−6 x2−10 x, en el intervalo (1,4) luego hallar el valor de c que satisface la conclusión del teorema
solución
y´ = x3−6 x2−10 x
y = f (4)−f (1)
4−1 =
8−53
= 1
y = 3c2−12c+10 = 1 →3c2−12c+9=0→ (3c-9)(c-1)=0 c=1∧ c=3
El único que satisface es c=3
7. Sea y = x23 en el (-8,27) demuestre que no se cumple la conclusión del teorema
del valor medio y explique por que :
Solucion
Y´= 23x
−13
y = f (27)−f (−8)
27−−8 =
9−438
= 17
c=102 →cno pertenece al(-8,27) por lo que f(x) no es derivable en todo el intervalo (-8,27)
Teorema de Rolle
8. Verificar que la hipótesis del teorema de rolle satisface para la función ,
y = x2−4 x+3, en el intervalo (1,3) luego hallar el valor de c que satisface la conclusión del teorema
solución
f(1) = 1-4+3 = o
f(3) = 9-12+3 =0 →Lafuncionsatisface la condicion
f(1)= f(3) =0 →∃c∈ (1,3 )⋰ f ´ c=0
Derivando la function : f´x =2x-4 →f ´ c=2c−4
Si f ´ c=c →2c−4=0→2c=4→c=2
c∈ (1,3 )
9. Comprobar que la función f(x) = x 2 – 4x + 11 verifica las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo [1, 3]
Solucion
- Es continua en [1, 3] por ser polinómica.
- Es derivable en (1, 3) por ser polinómica.
- f(1) = 8; f(3) = 8
Entonces existe un punto c en el intervalo abierto (a, b) con derivada nula en dicho punto.