LIMITES INDEFINIDOS 1
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1º) Calcular los siguientes límites
a¿ limx→2
√x2+5−3x2−2x
L ℑx→2
√x2+5−3x2−2x
=√22+5−322−2 (2 )
=√9−34−4
=00=indeterminación
Se debeeliminar lainde terminación ,así :
√x2+5−3x2−2 x
=(√x2+5−3 ) (√ x2+5+3 )
(x2−2 x ) (√x2+5+3 )=
(√x2+5 )2− (3 )2
(x2−2x ) (√ x2+5+3 )= x2+5−9
(x2−2 x ) (√x2+5+3 )
√x2+5−3x2−2 x
= x2−4(x2−2 x ) (√ x2+5+3 )
=( x−2 ) ( x+2 )
x ( x−2 ) (√ x2+5+3 )= x+2
x (√x2+5+3 )
Entonces el límite se calcula así:
L ℑx→2
√x2+5−3x2−2x
=L ℑx→2
x+2
x (√x2+5+3 )= 2+22 (√4+5+3 )
= 42 (3+3 )
=26=13
L ℑx→2
√x2+5−3x2−2x
=13
b¿limx→23 (√ x+2−2 )
4 (8−√3 x )
L ℑx→2
3 (√ x+2−2 )4 (8−√3x )
=3 (√2+2−2 )4 (8−√3 (2 ) )
=3 (√4−2 )4 (8−√6 )
=3 (2−2 )4 (8−√6 )
=3 (0 )
4 (8−√6 )= 04 (8−√6 )
=0
L ℑx→2
3 (√ x+2−2 )4 (8−√3x )
=0
II) Dibuje la grafica de la función y encuentre las asíntotas y diga donde la función es discontinua
a¿ f (x )= x2−3 x−42 x2+4 x
f ( x )= x2−3 x−42 x2+4 x
=( x−4 ) (x+1 )2 x ( x+2 )
funciónno simplificable
Lagráfica presenta según eldenominador dosasíntotas :
2 x=0entonces x=0asíntota coincidente conel eje Y
x+2=0entonces x=−2asíntota paralela y a laizquierdadel ejeY
Por tanto eldominio de la funciónes : Df=R− {−2 ,0 }
Sugr aficaestá representada así :
f ( x )= x2−3 x−42 x2+4 x
=( x−4 ) (x+1 )2 x ( x+2 )
La función es continua en todo su dominio excepto posiblemente en x=0 y x=−2 . Por lo tanto aplicaremos las condiciones de continuidad en un punto , para verificar la misma continuidad en esos puntos :
Para x=0entonces :
i ¿ f (0 )= (0−4 ) (0+1 )2·0 (0+2 )
=−4 (1 )0 (2 )
=−40
=indefin ido(noexiste el valor )
ii¿ L ℑx→0
f ( x )=L ℑx→0
x2−3x−42x2+4 x
=L ℑx→ 0
( x−4 ) ( x+1 )2 x (x+2 )
=(0−4 ) (0+1 )2·0 (0+2 )
=−4 (1 )0 (2 )
=−40
(Noexiste )
Para x=−2entonces :
i ¿ f (−2 )= (−2−4 ) (−2+1 )2 (−2 ) (−2+2 )
=(−6 ) (−1 )2 (−2 ) (0 )
=60=indefinido
ii¿ L ℑx→−2
f ( x )=L ℑx→−2
x2−3 x−42x2+4 x
=L ℑx→−2
( x−4 ) (x+1 )2 x ( x+2 )
=(−2−4 ) (−2+1 )2 (−2 ) (−2+2 )
=(−6 ) (−1 )2 (−2 ) (0 )
=60=Noexiste
Por lo tanto la función : f ( x )= x2−3 x−42 x2+4 x
presenta discontinuidad solamente en x=0 y en x=−2del tipo no
removible ó esencial
b¿ f (x )=(2 x2+7 x−4 )
( x2+x−2 )
f ( x )=2 x2+7 x−4x2+x−2
=(2 x+8 ) (2x−1 )2 ( x+2 ) ( x−1 )
=( x+4 ) (2 x−1 )( x+2 ) ( x−1 )
por tantonose puedesimplificar
Lagráfica presenta según eldenominador dosasíntotas :
x+2=0entonces x=−2asíntota paralela y a laizquierdadel ejeY
x−1=0entonces x=1asíntota paralela y a laderechadel eje Y
Por tanto eldominio de la funciónes : Df=R− {−2 ,1 }
Sugrafica está representadaasí :
f ( x )=2 x2+7 x−4x2+x−2
La función es continua en todo su dominio excepto posiblemente en x=−2 y x=1 . Por lo tanto aplicaremos las condiciones de continuidad en un punto , para verificar la misma continuidad en esos puntos :
Para x=−2entonces :
i ¿ f (−2 )=(−2+4 ) (2(−2)−1 )
(−2+2 ) (−2−1 )=
(2 ) (−5 )(0 ) (−3 )
=−100
=indefinido
ii¿ L ℑx→−2
f ( x )=L ℑx→−2
2 x2+7 x−4x2+x−2
=L ℑx→−2
( x+4 ) (2x−1 )(x+2 ) ( x−1 )
=(−2+4 ) (2 (−2 )−1 )
(−2+2 ) (−2−1 )=
(2 ) (−5 )(0 ) (−3 )
=−100
L ℑx→−2
f ( x )=Noexiste el límite
Para x=1entonces :
i ¿ f (1 )=(1+4 ) (2 (1)−1 )
(1+2 ) (1−1 )=
(5 ) (1 )(3 ) (0 )
=50=indefinido(noexiste el valor)
ii¿ L ℑx→1
f ( x )=L ℑx→1
2 x2+7 x−4x2+x−2
=L ℑx→1
( x+4 ) (2 x−1 )( x+2 ) (x−1 )
=(1+4 ) (2(1)−1 )
(1+2 ) (1−1 )=
(5 ) (1 )(3 ) (0 )
=50(Noexiste)
Por lo tanto la función : f ( x )=(2 x2+7 x−4 )
( x2+x−2 ) presenta discontinuidad solamente en x=−2 y en x=1del tipo no
removible ó esencial