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