Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Coordinación de Matemática I (MAT021)
1er Semestre de 2015
Semana 6:
Guía de Ejercicios de Cálculo
, lunes 13 al Viernes 17 de Abril.
Contenidos
1.
1.1.
Clase 1:
Clase de Ejercicios.
Clase 2:
Límites: Denición y ejemplos. Límites laterales.
Ejercicios propuestos
Considere la función g (x) = x3 − 2x − 2
a) Complete la siguiente tabla:
x
7
7, 8
7, 9
7, 999
.......
8, 001
8, 01
8, 1
8, 4
8, 9
g (x)
b) Utilice la tabla para estimar:
lı́m g (x)
x→8
1.2.
Considere la función:
G (x) =
5
x+1
; para x = 1
; para x 6= 1
a) Representa la función de forma gráca.
b) Calcule a partir de la gráca:
lı́m G (x) y lı́m G (x)
x→1
1.3.
Considere la función:
H (x) =
x→3
2x + 2 ; para x < 1
2x − 2 ; para x ≥ 1
a) Representar la función H (x) en forma gráca
b) Hallar a partir de la gráca lı́mx→1 H (x) y lı́mx→3 H (x)
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1.4.
es:
La fuerza gravitacional ejercida por la Tierra sobre una masa unitaria a una distancia r del centro del planeta
F (r) =
GM r
R3
GM
r2
; Si r < R
; Si r ≥ R
Donde M es la masa de la Tierra, R su radio y G es la constante gravitacional. Calcular:
lı́m F (r)
r→R
1.5.
Utilizando la denición de límite, probar:
a) lı́mx→−2 3x + 5 = −1
d) lı́mx→x0
√
3
x=
√
3
x0
b) lı́mx→3 x − 1 = 8
2
c) lı́mx→2
x
x+1
=
e) lı́mx→3
2
3
x−1
2−3x
= − 27
1.6.
Dada la función y = x2 . ¾Cuál debe ser el valor de δ para el cual |x − 2| < δ implique que |y − 4| < 0,001?
1.7.
Sea la función y =
1.8.
a) lı́mx→a
x−1
2(x+1) .
¾Cuál debe ser el valor de δ para el cual |x − 3| < δ implique que | 14 − y| < 0,01?
cos x−cos(a)
x−a
e) lı́mx→0
sin(xn )
(sin(x))m
b) lı́mx→π/4
sin x−cos x
1−tan x
f) lı́mx→0
tan2 (x)+2x
x+x2
√
√
1+x− 1−x
x
g) lı́mx→0
sin2 (2x)
x2
h) lı́mx→0
1−cos(x)
x2
c) lı́mx→0
d) lı́mx→1
√
3 x−1
√
4 x−1
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1.9.
Si:
Calcular:
a) lı́mx→−1 F (x)
b) lı́mx→1− F (x)
c) lı́mx→1+ F (x)
d) lı́mx→1 F (x)
2.
2.1.
Ejercicios propuestos que incluyen respuesta
Sea
F (x) =
3 sin(2(x−1))
x−1
2
3x − 4x + 7
; para x < 1
; para x ≥ 1
Calcular si existe lı́mx→1 F (x)
2.2.
Calcular
f) lı́mh→0
b)
g)
4−t
16−t2
√
3 x−1
lı́mx→1 √x−1
c) lı́mh→0
h)
d)
i)
−5
x(x+h)
√
lı́mx→0 1+x−1
x
e) lı́ma→−2
2.3.
2
√ a −4
a2 +5−3
j) lı́mx→0
sin(nx)
x
k) lı́mx→0
1−cos(x)
x
l) lı́mx→0
x2 −3x+2
x2 +x−6
m) lı́mx→0
1−cos(10x)
x2
Determine la existencia de los siguientes límites y calcular si es posible.
a) lı́mx→7
x2 −|x−7|−49
|x−7|
b) lı́mx→0
tan(2x)
sin(x)
2.4.
√
√
x+h− x
h
√
2− x
lı́mx→4 4−x
√
√
7
lı́mx→0 7+2x−
x
√
4 x
lı́mx→1 x−
x−1
a) lı́mt→1
Sea:
( q
F (x) =
√
sin 2 − x ; Si 0 ≤ x < 2
x + α2
;
Si x ≥ 2
2+α+x
2−x
Para que valor (es) de α, existe lı́mx→2 F (x) .
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3.
Ejercicios Incluyen desarrollo
1−
√
3
1−x
2x
3.1.
Calcular el límite lı́m
3.2.
Calcular el valor de a ∈ R para que exista lı́m f (x) si
x→0
x→a
1/3
x − a1/3
x2 − a2
f (x) =
x−a
2 sin 2
x3 − a3
3.3.
Calcular
3.4.
Sea f : ]−a, a[ − {0} → ]0, +∞[ tal que
si x < a
si x > a
cos π2 cos x
lı́m
x→0 sin (sin x)
lı́m
x→0
1
f (x) +
f (x)
=2
muestre que
lı́m f (x) = 1
x→0
3.5.
Calcular Hacemos el cambio de variables u = x − 4 entonces x → 4 ⇔ u → 0 se tiene
sin (πx)
x→4 (x − 4) cos (πx)
lı́m
sin (π (4 + u))
u→0 u cos (π (4 + u))
sin (πu)
= lı́m
u→0 u cos (πu)
sin (πu)
1
= lı́m π
u→0
πu
cos (πu)
= π (1) (1)
=
lı́m
= π
3.6.
Calcular el valor de a ∈ R para que exista lı́m f (x) si
x→a
1/3
x − a1/3
x2 − a2
f (x) =
x−a
2 sin 2
x3 − a3
3.7.
si x < a
si x > a
Sean a, b ∈ R y f : R → R la función denida por
ax + b
1
f (x) =
bx2 − a
si x < 1
si x = 1
si x > 1
Si lı́m f (x) = f (1) determine los valores de a y b.
x→1
3.8.
Muestre que lı́m+
x→1
|x − 1|
|x − 1|
|x − 1|
y lı́m−
existen pero que lı́m
no existe.
x→1 |2x − 1| − 1
|2x − 1| − 1 x→1 |2x − 1| − 1
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Respuestas y desarrollos
2.1
lı́mx→1 F (x) = 6
a)
2.2
b)
2
3
c)
− x52
d)
1
2
1
5
e) 6
f)
1
√
2 x
g)
1
4
h)
i)
a) lı́mx→7− F (x) = −15, lı́mx→7+ F (x) = 13.
2.3
b) 2
j) n
k) 0
1
7
√
2.4
α = {0, −4}
l) − 13
7
m) 50
3
4
..............................................................................................................
3.1
Usamos el cambio de variables
u=
√
3
1−x
luego
lı́m
x→0
1−
√
3
1−x
2x
=
=
=
3.2
1−u
2 (1 − u3 )
1
lı́m
u→1 2 (1 + u + u2 )
1
6
lı́m
u→1
Para que el límite exista los límites laterales deben existir y ser iguales
lı́m f (x) = lı́m+ f (x)
x→a−
x→a
notamos que
2 sin x−a
2
lı́m f (x) = lı́m+
x→a+
x→a (x − a) (x2 + ax + a2 )
sin x−a
2
= lı́m+ x−a 2
x→a
(x + ax + a2 )
2
1
=
3a2
por otro lado
lı́m f (x)
x→a−
=
=
=
=
=
=
así debe cumplirse
MAT021 Primer Semestre 2015 (Cálculo)
x1/3 − a1/3
x2 − a2
x→a−
x1/3 − a1/3
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
lı́m−
x→a (x − a) (x + a)
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
(x − a)
1
lı́m
x→a− (x − a) (x + a)
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
1
1
lı́m−
x→a (x + a)
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
1 1
2a 3a2/3
1
6a5/3
lı́m
1
1
= 2
5/3
3a
6a
5
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de donde
a=8
3.3
Notemos que
cos π2 cos x
lı́m
x→0 sin (sin x)
=
=
=
=
=
3.4
π
2
(cos x + 1)
lı́m
x→0
sin (sin x)
sin π cos2 x2
lı́m
x→0
sin (sin x)
sin π sin2 x2
lı́m
x→0 sin 2 sin x cos x
2
2
!
!
x
x
π sin x 2
sin
cos
2
2 2 lı́m
x→0 2
cos x2
sin 2 sin x2 cos x2
π
(0) (1) (1) = 0
2
sin
Notemos que f (x) > 0 luego
f (x) +
!
sin π sin2
π sin2
x
2
x
2
1
≥2
f (x)
se sigue que, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que
0 ≤ f (x) +
1
−2<ε
f (x)
para 0 < |x| < δ esto puede ser reescrito equivalentemente como
0 ≤ (f (x) − 1) +
esto es equivalente a
1
−1
f (x)
1
0 ≤ (f (x) − 1) 1 −
f (x)
<ε
<ε
elevando al cuadrado la primera
2
0 ≤ (f (x) − 1) + 2 (f (x) − 1)
2
1
1
−1 +
− 1 < ε2
f (x)
f (x)
luego
0
≤
2
2
1
1
− 1 < ε2 − 2 (f (x) − 1)
−1
f (x)
f (x)
2
1
1
2
− 1 < ε + 2 (f (x) − 1) 1 −
f (x)
f (x)
2
1
− 1 < ε2 + 2ε
f (x)
(f (x) − 1) +
⇔
0
≤
2
(f (x) − 1) +
⇔
0
≤
2
(f (x) − 1) +
de donde
2
0 ≤ (f (x) − 1) < ε2 + 2ε
así, para 0 < |x| < δ se tiene
|f (x) − 1| <
p
ε2 + 2ε
así
lı́m f (x) = 1
x→0
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3.5
3.6
lı́m
x→4
sin (πx)
(x − 4) cos (πx)
Para que el límite exista los límites laterales deben existir y ser iguales
lı́m f (x) = lı́m f (x)
x→a−
x→a+
notamos que
lı́m f (x)
x→a+
2 sin x−a
2
x→a+ (x − a) (x2 + ax + a2 )
sin x−a
2
lı́m x−a 2
x→a+
(x + ax + a2 )
2
1
3a2
=
lı́m
=
=
por otro lado
lı́m− f (x)
=
x→a
=
=
=
=
=
x1/3 − a1/3
x2 − a2
x→a
x1/3 − a1/3
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
lı́m
x→a− (x − a) (x + a)
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
(x − a)
1
lı́m−
x→a (x − a) (x + a)
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
1
1
lı́m
x→a− (x + a)
x2/3 + a1/3 x1/3 + a2/3
1 1
2a 3a2/3
1
6a5/3
lı́m−
así debe cumplirse
1
1
= 2
3a
6a5/3
de donde
a=8
3.7
f (1) = 1, el límite existe si y solo si los límites laterales existen y son iguales
lı́m f (x)
x→1+
=
lı́m f (x)
x→1−
a+b = a−b
y como el límite es 1 se sigue
a+b =
1
b−a
1
=
que tiene por solución a = 0, b = 1.
3.8
Si x > 1 entonces |x − 1| = x − 1 y |2x − 1| = 2x − 1 de manera similar, si x < 1 entonces |x − 1| = 1 − x
|x − 1|
x→1 |2x − 1| − 1
|x − 1|
lı́m
x→1 |2x − 1| − 1
lı́m+
x−1
1
=
2
x→1 2x − 1 − 1
−x + 1
1
= lı́m
=−
2
x→1+ 2x − 1 − 1
=
lı́m+
como los límites laterales existen pero no son iguales se sigue lı́m
x→1
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|x − 1|
no existe.
|2x − 1| − 1
7