Este documento presenta ejercicios resueltos de cálculo diferencial que incluyen: coordenadas polares, espacios métricos, topología de la recta, límites, continuidad de funciones y el teorema de Bolzano. Se resuelven problemas sobre curvas polares, puntos de acumulación, límites formales, y continuidad.

1. Ejercicios Resueltos de C´alculo Diferencial
Primer Parcial
Jorge El´ıas Chamba Briones
Ayudante Acad´emico
FCNM - ESPOL
2015
1

2. Contents
1 Coordenadas Polares 3
2 Espacios m´etricos 9
3 Topolog´ıa de la recta 10
4 L´ımites 13
4.1 Demostraci´on formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4.2 C´alculo de l´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5 Continuidad de funciones 31
6 Teorema de Bolzano 38
2

3. 1 Coordenadas Polares
1) Graficar y calcular los puntos de intersecci´on de las siguientes curvas polares:
r1(θ) = cos(θ)
r2(θ) = sen(2θ)
Soluci´on:
Puntos de intersecci´on:
cos(θ) = sen(2θ)
cos(θ) = 2sen(θ)cos(θ)
cos(θ)(1 − 2sen(θ)) = 0
cos(θ) = 0 ∧ 1 − 2sen(θ) = 0
θ = π
2 ∧ sen(θ) = 1
2 ⇒ θ = π
6 , 5π
6
θ1 = π
2 ⇒ r1 = 0
θ2 = π
6 ⇒ r1 =
√
3
2
θ3 = 5π
6 ⇒ r1 = −
√
3
2
P1
π
2 , 0 , P2
π
6 ,
√
3
2 , P3
5π
6 , −
√
3
2
2) Graficar la curva dada en coordenadas polares:
r =
32
3 + 5sen(θ)
Soluci´on:
r =
32
3(1 + 5
3 sen(θ))
=
32
3(1 + 5
3 sen(θ))
=
32
5
5
3
1 + 5
3 cos(θ − π
2 )
e =
5
3
(Hip´erbola)
3

4. d =
32
5
φ =
π
2
3) Bosquejar las curvas r = 6sen(θ), r = 6
1+2sen(θ) y determinar sus puntos de interseccion.
Soluci´on:
r =
6
1 + 2sen(θ)
=
6
1 + 2cos(θ − π
2 )
Excentricidad e = 2 ⇒ Hip´erbola
ed = 6 ⇒ d = 3
Puntos de intersecci´on:
£6
1+2sen(θ) = ¡6sen(θ)
1 = sen(θ)(1 + 2sen(θ))
4

5. 2sen2
(θ) + sen(θ) − 1 = 0
(sen(θ) + 1)(2sen(θ) − 1) = 0
sen(θ) = −1 ∧ 2sen(θ) = 1
θ = 3π
2 ∧ sen(θ) = 1
2
θ = 3π
2 ∧ θ = π
6 , 5π
6
θ = 3π
2 ⇒ r = −6
θ = π
6 , 5π
6 ⇒ r = 3
P1(−6, 3π
2 ), P2(3, π
6 ), P2(3, 5π
6 )
4) Determine la ecuacion cartesiana, correspondiente a r2
− 6r(cos(θ) + sen(θ)) + 9 = 0 y luego
bosqueje su gr´afica.
Soluci´on:



x = rcos(θ)
y = rsen(θ)
x2
+ y2
− 6x − 6y + 9 = 0
x2
− 6x + 9 − 9 + y2
− 6y + 9 − 9 + 9 = 0
x2
− 6x + 9 + y2
− 6y + 9 = 9
(x − 3)2
+ (y − 3)2
= 9 ⇒ Circunferencia de radio 3 centrada en (3,3)
5) Las curvas en coordenadas polares cuyas ecuaciones son r = 2
sec(θ) y r = csc(θ) son tangentes.
Grafique dichas curvas y determine, en coordenadas polares, su punto de tangencia.
Soluci´on:
5

6. 2
sec(θ) = csc(θ)
2cos(θ) = 1
sen(θ)
1 = 2sen(θ)cos(θ)
1 = sen(2θ)
2θ = π
2
θ = π
4 ⇒ r = 2cos(π
4 ) =
√
2
Punto de tangencia: P =
√
2, π
4
6) Sea r(θ) = 1 − 2senθ
a) Bosquejar su gr´afico
b) Calcular los puntos de intersecci´on de r(θ) con la circunferencia r = 2
1 − 2sen(θ) = 2
−1 = 2sen(θ)
6

7. sen(θ) = −1
2
θ = −π
6 , −5π
6
P1 2, −π
6 , P2 2, −5π
6
7) Considere las ecuaciones polares r =
√
2 y r2
= −4cos(2θ)
a) Grafique las ecuaciones dadas
Soluci´on:
b) Sean P y Q los puntos de intersecci´on de las ecuaciones polares dadas considerando θ ∈ (0, π).
Determine las coordenadas en polares de P y Q.
Soluci´on:
2 = −4cos(2θ)
cos(2θ) = −1
2
2θ = 2π
3 , 4π
3
θ = π
3 , 2π
3
P = (
√
2, π
3 )
Q = (
√
2, 2π
3 )
c) Determine la ecuaci´on polar de la recta l tal que P ∈ l y Q ∈ l.
Soluci´on:
P(
√
2, π
3 ) ⇒



x =
√
2cos(π
3 ) =
√
2
2
y =
√
2sen(π
3 ) =
√
6
2
7

8. Q(
√
2, 2π
3 ) ⇒



x =
√
2cos(2π
3 ) = −
√
2
2
y =
√
2sen(2π
3 ) =
√
6
2
La recta que pasa por ambos puntos es horizontal ya que la ordenada es igual en los dos puntos.
Ecuaci´on de la recta en coord. rectangulares y =
√
6
2
rsen(θ) =
√
6
2
Ecuaci´on de la recta en coord. polares r =
√
6
2sen(θ)
8

9. 2 Espacios m´etricos
1) Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA o FALSA. Justifique
su respuesta.
a) Sea X = R. Si d : R × R → R es una funci´on definida tal que
∀x, y ∈ R, d(x, y) = (x2
− y2
)2
entonces d es una m´etrica definida en X
Soluci´on:
Se puede observar que no se cumple el primer axioma de espacios m´etricos, ya que si tenemos:
x = a ∧ y = −a, a ∈ R
d(x, y) = (a2
− (−a)2
)2
= 0
Pero x = y
La proposici´on es FALSA.
b) Sea X = R un conjunto sobre el cual se dene una funcion d : X × X → R, tal que d(x, y) = x2
− y2
; x, y ∈ X. Entonces la funcion d cumple que:
i)∀x, y ∈ X : d(x, y) = 0 ⇔ x = y, y
ii)∀x, y ∈ X : d(x, y) = d(y, x)
Soluci´on:
Se puede observar que no se cumple el primer axioma, ya que si tomamos:
x = a y y = −a, a ∈ R
d(x, y) = 0
pero x = y
La proposici´on es FALSA
9

10. 3 Topolog´ıa de la recta
1) Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA o FALSA. Justifique
su respuesta.
a) Si S = 2n
5n+1 , n ∈ N , entonces x = 2
5 es un punto de acumulaci´on de S
Soluci´on:
Tomando lim
n→∞
2n
5n+1 = 2
5
Por lo tanto, en la vecindad del punto x = 2
5 existen elementos que son parte del conjunto S, entonces dicho
punto es de acumulaci´on.
La proposici´on es VERDADERA.
b) Si A = (−1)n
+ 1
n ; n ∈ N entonces el conjunto derivado A = {−1, 1}
Soluci´on:
Observamos que si n es par la sucesi´on ser´a de la forma: A = 1 + 1
n
n impar: A = −1 + 1
n
Para valores de n muy grandes:
lim
n→∞
1 + 1
n = 1
lim
n→∞
− 1 + 1
n = −1
Entonces en la vecindad de los puntos -1 y 1 existen elementos que forman parte del conjunto A, por lo tanto
son puntos de acumulaci´on y forman parte del conjunto derivado.
La proposici´on es VERDADERA
2) Dado el conjunto A = x ∈ R/ x+1
x2−4 < 0 {6} . Determine A , int(A) y A.
Soluci´on:
Obtenemos los puntos cr´ıticos de x+1
x2−4
x + 1 = 0 ⇒ x = −1
x2
− 4 = 0 ⇒ x = ±2
Evaluamos y obtenemos el signo de cada intervalo:
(-∞, −2) (-2,-1] [-1,2) (2,+∞)
- + - +
int(A) = (−∞, −2) [−1, 2)
A = (−∞, −2] [−1, 2]
10

11. A = A ∪ A = (−∞, −2] [−1, 2] {6}
3) Sea A = 2+n
n /n ∈ N y f : A → R
f(x) = 2x + 1
a) Determine el int(A), A, A
Soluci´on:
A = 3, 2,
5
3
,
6
4
,
7
5
, ....
lim
n→∞
2 + n
n
= 1
int(A) = Ø
A = {1}
A = A ∪ A = 3, 2,
5
3
,
6
4
,
7
5
, .... ∪ {1}
b) Califique como verdadero o falso las siguientes proposiciones y justifique formalmente su
respuesta
b1) lim
x→2
f(x) = 5
Soluci´on:
(Ver continuidad)
lim
x→2
f(x) = f(2)
x = 2 es un punto aislado, y toda funci´on es continua en un punto aislado (Ver postulado).
La proposici´on es VERDADERA
b2) f es continua en x = 3
Soluci´on:
(Ver continuidad)
11

12. x = 3 es un punto aislado, y toda funci´on es continua en un punto aislado (Ver postulado).
La proposici´on es VERDADERA
b3) lim
x→1
f(x) = 3
Soluci´on:
x = 1 es un punto de acumulaci´on
lim
x→1
2x + 1 = 2 + 1 = 3
La proposici´on es VERDADERA
b4) Rgf ⊆ (3, 7]
Soluci´on:
Domf ⊆ [3, 1)
f(3) = 2(3) + 1 = 7
f(1) = 2 + 1 = 3
Rgf ⊆ (3, 7]
La proposici´on es VERDADERA
12

13. 4 L´ımites
4.1 Demostraci´on formal
1) Demostrar formalmente que:
lim
x→∞
2x + 1
x + 1
= 2
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃N > 0, ∀x ∈ R : x > N → 2x+1
x+1 − 2 < ε
− 1
x+1 < ε
|x + 1| > 1
ε
1
ε < x + 1 < −1
ε
1
ε − 1 < x < −1
ε − 1
Tomamos N = 1
ε − 1
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃N > 0, ∀x ∈ R : x > 1
ε − 1 → 2x+1
x+1 − 2 < ε
x > 1
ε − 1
−1
ε − 1 > x > 1
ε − 1
−1
ε > x + 1 > 1
ε
|x + 1| > 1
ε
1
x+1 < ε
2x+1−2x−2
x+1 < ε
2x+1
x+1 − 2 < ε
2) Demostrar que:
lim
x→2
(2x2
+ x − 4) = 6
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − 2| < δ → 2x2
+ x − 4 − 6 < ε
2x2
+ x − 10 < ε
|(x − 2)(2x + 5)| < ε
|x − 2| < ε
2x+5
Acotando con δ < 1
1 < x < 3
Tomamos la cota superior de x
13

14. δ = ε
11
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − 2| < ε
11 → 2x2
+ x − 4 − 6 < ε
|x − 2| < ε
11
|x − 2| |2x + 5| < ε
11 |2x + 5|x=3
2x2
+ x − 10 < ε
2x2
+ x − 4 − 6 < ε
3) Demostrar utilizando la definici´on ε − δ que:
lim
x→−3
(x2
+ 3x − 1) = −1
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x + 3| < δ → x2
+ 3x − 1 + 1 < ε
x2
+ 3x < ε
|x(x + 3)| < ε
|x + 3| < ε
|x|
Acotando con δ < 1
−4 < x < −2
Tomamos la cota inferior de x (en valor absoluto es mayor que la cota superior)
δ = ε
4
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x + 3| < ε
4 → x2
+ 3x − 1 + 1 < ε
|x + 3| < ε
4
|x + 3| |x| < ε
4 |x|x=−4
x2
+ 3x < ε
x2
+ 3x − 1 + 1 < ε
4) Demuestre formalmente que:
lim
x→2
2x + 1
x + 3
= 1
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − 2| < δ → 2x+1
x+3 − 1 < ε
2x+1−x−3
x+3 < ε
x−2
x+3 < ε
14

15. |x − 2| < ε |x − 3|
Acotando con δ < 1
1 < x < 3
Tomamos la cota inferior de x
δ = 2ε
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − 2| < 2ε → 2x+1
x+3 − 1 < ε
|x − 2| < 2ε
x−2
x+3 < 2ε
|x−3| x=1
2x−x+1−3
x+3 < £2ε
£2
2x+1
x+3 − 1 < ε
5) En el diagrama mostrado a continuaci´on, grafique una funci´on de variable real f, que satisfaga
cada una de las siguientes condiciones:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < −2 − x < δ → |f(x) − 1| < ε
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < x + 2 < δ → |f(x) + 1| < ε
∀M > 0, ∃N > 0, ∀x ∈ R : x < −N → f(x) > M
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x| < δ → |f(x) − 1| < ε
∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < 2 − x < δ → f(x) < −M
∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < x − 2 < δ → f(x) > M
∀ε > 0, ∃N > 0, ∀x ∈ R : x > N → |f(x) + 1| < ε
f es decreciente en (−∞, −2); (0, 2); (2, ∞)
f es creciente en (−2, 0)
f(−3
4 ) = f(7
4 ) = f(0) = f(−2) = 0; f(2) = -1
Soluci´on:
Se debe transformar cada una de las condiciones de definici´on formal a l´ımite:
lim
x→−2−
f(x) = 1
lim
x→−2+
f(x) = −1
lim
x→−∞
f(x) = +∞
lim
x→0
f(x) = 1
lim
x→2−
f(x) = −∞
lim
x→2+
f(x) = +∞
lim
x→+∞
f(x) = −1
15

16. 6) Bosquejar el gr´afico de una funcion f que cumpla con las siguientes condiciones:
f(0) = 0
f(x) < 0, x ∈ (−∞, 0)
f(x) > 0, x ∈ (0, ∞)
∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : −δ < x < 0 → f(x) < −M
∀ε > 0, ∃N > 0, ∀x ∈ R : x > N → |f(x) − 1| < ε
∀ε > 0, ∃N > 0, ∀x ∈ R : x < −N → |f(x) + 1| < ε
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < x < δ → |f(x)| < ε
Soluci´on:
Se debe transformar cada una de las condiciones de definici´on formal a l´ımite:
lim
x→0−
f(x) = −∞
lim
x→+∞
f(x) = 1
lim
x→−∞
f(x) = −1
lim
x→0+
f(x) = 0
16

17. 7) Califique la siguiente proposicion como VERDADERA o FALSA. Justifique su respuesta.
a) Sean f y g funciones tales que g(x) ≤ f(x) para toda x cercana a c, excepto probablemente en
x = c, si lim
x→c
g(x) = +∞, entonces lim
x→c
f(x) = +∞
Soluci´on:
lim
x→c
g(x) = +∞ ⇔ ∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − c| < δ → g(x) > M
g(x) ≤ f(x)
M < g(x) ≤ f(x) ⇒ M < f(x)
Dado un entorno alrededor del punto c se puede concluir que M < f(x), o lo que es lo mismo:
∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − c| < δ → f(x) > M ⇔ lim
x→c
f(x) = +∞
La proposici´on es VERDADERA
8) Sea f(x) =



x2
− 1 x ≤ 3
2
2
x
3
2 < x < 2
√
x − 1 x ≥ 2
i) Demostrar con que ε, δ que lim
x→2−
f(x) = 1
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < 2 − x < δ → 2
x − 1 < ε
2−x
x < ε
17

18. |2 − x| < ε |x|
Acotando con δ < 1
1 < x < 3
Tomamos la cota inferior de x
−ε < 2 − x < ε
δ = ε
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < 2 − x < ε → 2
x − 1 < ε
2 − x < ε
−ε < 2 − x < ε
|2−x|
|x| < ε
|x| x=1
2−x
x < ε
2
x − 1 < ε
i) Demostrar con que ε, δ que lim
x→2+
f(x) = 1
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < x − 2 < δ →
√
x − 1 − 1 < ε
√
x − 1 − 1
|
√
x−1+1|
|
√
x−1+1|
< ε
x−2√
x−1+1
< ε
|x − 2| < ε
√
x − 1 + 1
Acotando con δ < 1
1 < x < 3
Tomamos la cota inferior de x
−ε < x − 2 < ε
δ = ε
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < x − 2 < ε →
√
x − 1 − 1 < ε
x − 2 < ε
−ε < x − 2 < ε
|x−2|
|
√
x−1+1|
< ε
|
√
x−1+1|x=1
x−2√
x−1+1
< ε
(
√
x−1−1)$$$$(
√
x−1+1)
$$$$√
x−1+1
< ε
√
x − 1 − 1 < ε
18

19. 9) Demuestre formalmente, usando la definici´on de l´ımite con ´epsilons y deltas, que
lim
x→3
1
x
=
1
3
An´alisis preliminar:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − 3| < δ → 1
x − 1
3 < ε
3−x
3x < ε
|x − 3| < ε |3x|
Acotando con δ < 1
2 < x < 4
Tomamos la cota inferior de x
δ = 6ε
Demostraci´on formal:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : 0 < |x − 3| < 6ε → 1
x − 1
3 < ε
|x − 3| < 6ε
|3−x|
|3x| < 6ε
|3x| x=2
1
x − 1
3 < ε
10) Demuestre formalmente, usando la definici´on de l´ımite, que
lim
x→0
1
x2
= +∞
∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : |x| < δ → 1
x2 > M
|x| < δ
|x| |x| < δ |x|
x2
< δ |x|
1
x2 > 1
δ|x|
Acotando con δ < 1
−1 < x < 1
Tomamos la cota inferior de x (podemos tomar cualquiera de las dos cotas en ´este caso)
δ = 1
M
1
x2 > M
19

20. 4.2 C´alculo de l´ımites
1) Calcule, sin aplicar la Regla de L’hopital, cada uno de los siguientes l´ımites:
a) lim
x→∞
x+a
x−1
x
lim
x→∞
x + a
x − 1
x
= lim
x→∞
x − 1 + 1 + a
x − 1
x
= lim
x→∞
1 +
1 + a
x − 1
x−1
1+a
1+a
x−1 x
= lim
x→∞
1 +
1 + a
x − 1
x−1
1+a
lim
x→∞
x(1+a)
x−1
=
e
lim
x→∞
£x(1+a)
£x(1− 1
x ) = e1+a
b)lim
x→0
e4x
−e−x
x
lim
x→0
e4x
− e−x
x
= lim
x→0
e4x
− 1 − (e−x
− 1)
x
= lim
x→0
e4x
− 1
x
− lim
x→0
e−x
− 1
x
= 4 + 1 = 5
c) lim
x→−3−
µ(−x2
+9)
x2+2x−3
lim
x→−3−
µ(−x2
+ 9)
x2 + 2x − 3
=
µ(0−
)
0+
= 0
d) lim
x→∞
x
√
x2 + 1 − x
lim
x→∞
x x2 + 1 − x = lim
x→∞
x x2 + 1 − x
√
x2 + 1 + x
√
x2 + 1 + x
= lim
x→∞
x
√
x2 + 1 + x
1
x
1
x
= lim
x→∞
1
1 + 1
x2 + 1
=
1
2
e) lim
x→π
1−sen( x
2 )
(π−x)2
Sea u = π − x x → π u → 0
lim
u→0
1 − cos(u
2 )
u2
= lim
u→0
1 − cos(u
2 )
u2
1 + cos(u
2 )
1 + cos(u
2 )
= lim
u→0
sen2
(u
2 )
u2(1 + cos(u
2 ))
=
1
4
lim
u→0
sen(u
2 )
u
2
2
lim
u→0
1
1 + cos(u
2 )
=
1
8
f) lim
x→2
x3
−2x2
−4x+8
x4−8x2+16
lim
x→2
x3
− 2x2
− 4x + 8
x4 − 8x2 + 16
= lim
x→2
$$$$(x + 2)$$$$(x − 2)2
(x + 2)£2
$$$$(x − 2)2
= lim
x→2
1
x + 2
=
1
4
20

21. g) lim
x→+∞
cos(3x2
)
x2
−1 ≤ cos(3x2
) ≤ 1
−1
x2
≤
cos(3x2
)
x2
≤
1
x2
lim
x→+∞
−
1
x2
= 0
lim
x→+∞
1
x2
= 0
Por Teorema del Emparedado se puede concluir que:
lim
x→+∞
cos(3x2
)
x2
= 0
h) lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h
, si f(x) = ln(2x − 1)
lim
h→0
ln(2(x + h) − 1) − ln(2x − 1)
h
= lim
h→0
ln 2x+2h−1
2x−1
h
= lim
h→0
1
h
ln 1 +
2h
2x − 1
= lim
h→0
ln 1 +
2h
2x − 1
1
h
= ln lim
h→0
1 +
2h
2x − 1
1
h
= ln

lim
h→0
1 +
2h
2x − 1
2x−1
2h
2
¡h
2x−1
1
¡h

 = ln e
2
2x−1 =
2
2x − 1
i) lim
x→0
3x−arcsen(x)
3x+arctan(x)
lim
x→0
3x − arcsen(x)
3x + arctan(x)
= lim
x→0
¡x(3 − arcsen(x)
x )
¡x(3 + arctan(x)
x )
=
3 − lim
x→0
arcsen(x)
x
3 + lim
x→0
arctan(x)
x
lim
x→0
arcsen(x)
x
Sea : u = arcsen(x) sen(u) = x x → 0 u → 0
lim
u→0
u/u
sen(u)/u
=
1
lim
u→0
sen(u)
u
= 1
lim
x→0
arctan(x)
x
Sea : v = arctan(x) tan(v) = x x → 0 v → 0
lim
v→0
v/v
tan(v)/v
=
1
lim
v→0
sen(v)
v
1
cos(v)
=
1
lim
v→0
sen(v)
v
= 1
21

22. lim
x→0
3x − arcsen(x)
3x + arctan(x)
=
3 − 1
3 + 1
=
2
4
=
1
2
j) lim
x→2+
sgn 1
ln(x−2)
lim
x→2+
sgn
1
ln(x − 2)
= sgn
1
ln(2+ − 2)
= sgn
1
ln(0+)
= sgn 0−
= −1
k) lim
x→∞
x2+1
x2−1
2x3+3
x−2
lim
x→∞
x2 + 1
x2 − 1
2x3+3
x−2
= lim
x→∞
x2
+ 1
x2 − 1
2x3+3
2(x−2)
= lim
x→∞
x2
− 1 + 1 + 1
x2 − 1
2x3+3
2(x−2)
= lim
x→∞
1 +
2
x2 − 1
x2−1
2
2
x2−1
2x3+3
2(x−2)
=
lim
x→∞

 1 +
2
x2 − 1
x2−1
2


£2
x2−1
2x3+3
£2(x−2)
= e
lim
x→∞
2x3+3
(x2−1)(x−2)
= e
lim
x→∞
2x3+3/x3
x3−x−2x2+2/x3
= e
lim
x→∞
2+ 3
x3
1− 1
x2 − 2
x
+ 2
x3
= e2
l) lim
x→2+
√
x−
√
2+
√
x−2√
x2−4
Primer m´etodo:
lim
x→2+
√
x −
√
2 +
√
x − 2
√
x2 − 4
= lim
x→2+
√
x −
√
2
√
x2 − 4
+
√
x − 2
√
x2 − 4
= lim
x→2+
√
x −
√
2
√
x2 − 4
√
x +
√
2
√
x +
√
2
+
$$$x − 2
(x + 2)$$$$(x − 2)
lim
x→2+
x − 2
(
√
x +
√
2)
√
x + 2
√
x − 2
+
1
x + 2
= lim
x→2+
√
x − 2
(
√
x +
√
2)
√
x + 2
+
1
x + 2
= 0 +
1
2
=
1
2
Segundo m´etodo:
lim
x→2+
√
x −
√
2 +
√
x − 2
√
x2 − 4
= lim
x→2+
√
x −
√
2 +
√
x − 2
√
x2 − 4
√
x +
√
2 +
√
x − 2
√
x +
√
2 +
√
x − 2
= lim
x→2+
2x + 2
√
x
√
x − 2 − 4
√
x2 − 4(
√
x +
√
2 +
√
x − 2)
lim
x→2+
2(x − 2) + 2
√
x
√
x − 2
√
x2 − 4(
√
x +
√
2 +
√
x − 2)
= lim
x→2+
$$$$√
x − 2(2
√
x − 2 + 2
√
x)
√
x + 2$$$$√
x − 2(
√
x +
√
2 +
√
x − 2)
=
2
√
2
2(2
√
2)
=
1
2
m)lim
x→0
x4
sen 1
x
−1 ≤ sen
1
x
≤ 1
−x4
≤ x4
sen
1
x
≤ x4
22

23. lim
x→0
− x4
= 0
lim
x→0
x4
= 0
Por teorema del emparedado se concluye:
lim
x→0
x4
sen
1
x
= 0
n) lim
x→0
√
1+xsen(x)−1
x2
lim
x→0
1 + xsen(x) − 1
x2
= lim
x→0
1 + xsen(x) − 1
x2
1 + xsen(x) + 1
1 + xsen(x) + 1
= lim
x→0
¡1 + ¡xsen(x) − ¡1
x£2( 1 + xsen(x) + 1)
=
lim
x→0
sen(x)
x
lim
x→0
1
1 + xsen(x) + 1
=
1
2
o) lim
x→0
ln(x+2)−ln(2)
x
lim
x→0
ln(x + 2) − ln(2)
x
= lim
x→0
ln x+2
2
x
= lim
x→0
1
x
ln 1 +
x
2
= lim
x→0
ln 1 +
x
2
1
x
ln lim
x→0
1 +
x
2
1
x
= ln

 lim
x→0
1 +
x
2
2
x
£x
2
1
£x

 = ln e
1
2 =
1
2
p) lim
x→ π
2
cos(x)
x− π
2
lim
x→ π
2
cos(x)
x − π
2
Sea u = x −
π
2
x →
π
2
u → 0
lim
u→0
cos u + π
2
u
= lim
u→0
−sen (u)
u
= −1
q) lim
x→∞
3x+4
3x−2
x
lim
x→∞
3x + 4
3x − 2
x
= lim
x→∞
3x − 2 + 2 + 4
3x − 2
x
= lim
x→∞
1 +
6
3x − 2
x
= lim
x→∞
1 +
6
3x − 2
3x−2
6
6
3x−2 x
= e
lim
x→∞
6x
3x−2
= e
lim
x→∞
6
3− 2
x = e2
23

24. r) lim
x→1
3
√
x−1
x2+x−2
x
Sea u = 3
√
x x = u3
x → 1 u → 1
lim
u→1
u − 1
u6 + u3 − 2
u3
= lim
u→1
$$$u − 1
$$$$(u − 1)(u5 + u4 + u3 + 2u2 + 2u + 2)
u3
= lim
u→1
1
u5 + u4 + u3 + 2u2 + 2u + 2
u3
=
1
9
s) lim
x→0
arcsen(10x)
5x
Sea u = arcsen(10x) x =
sen(u)
10
x → 0 u → 0
lim
u→0
u
5 sen(u)
10
= lim
u→0
2
sen(u)
u
=
2
lim
u→0
sen(u)
u
= 2
t) El valor de k , si lim
x→∞
(k2
+9)x3
−5x−8
kx3−4x = 6
lim
x→∞
(k2
+ 9)x3
− 5x − 8/x3
kx3 − 4x/x3
= lim
x→∞
(k2
+ 9) − 5
x2 − 8
x3
k − 4
x2
=
k2
+ 9
k
= 6
k2
+ 9 = 6k ⇒ k2
− 6k + 9 = 0
(k − 3)2
= 0 ⇒ k = 3
u) lim
x→0
(x + ex
)
1
x
lim
x→0
(x + ex
)
1
x
= lim
x→0
(1 + (x + ex
− 1))
1
x
= lim
x→0
(1 + (x + ex
− 1))
1
x+ex−1
x+ex−1
x
=
lim
x→0
(1 + (x + ex
− 1))
1
x+ex−1
lim
x→0
x+ex−1
x
= e
lim
x→0
x+ex−1
x
= e
lim
x→0
1+ ex−1
x
= e2
v) lim
x→0
(cos(x))
1
x2
lim
x→0
(cos(x))
1
x2
= lim
x→0
(1 + (cos(x) − 1))
1
x2
= lim
x→0
(1 + (cos(x) − 1))
1
cos(x)−1
cos(x)−1
x2
=
lim
x→0
(1 + (cos(x) − 1))
1
cos(x)−1
lim
x→0
cos(x)−1
x2
= e
lim
x→0
cos(x)−1
x2
cos(x)+1
cos(x)+1
= e
lim
x→0
cos2(x)−1
x2(cos(x)+1)
= e
− lim
x→0
sen(x)
x
2
lim
x→0
1
cos(x)+1
= e− 1
2
24

25. w) Determine el valor de “a” diferente de cero, para que
lim
x→+∞
(a2
+ 4)x3
+ 3x − 4
ax3 − 2x
= 4
lim
x→+∞
(a2
+ 4)x3
+ 3x − 4/x3
ax3 − 2x/x3
= lim
x→+∞
(a2
+ 4) + 3
x2 − 4
x3
a − 2
x2
=
a2
+ 4
a
= 4
a2
+ 4 = 4a =⇒ (a − 2)2
= 0
a = 2
x) lim
x→ 1
2
f(x) y lim
x→ 3
4
f(x), si f(x) = 2x
lim
x→ 1
2
2x ⇒ lim
x→ 1
2
−
2x = 1−
= 0
lim
x→ 1
2
+
2x = 1+
= 1
lim
x→ 1
2
−
2x = lim
x→ 1
2
+
2x
lim
x→ 1
2
2x no existe
lim
x→ 3
4
2x ⇒ lim
x→ 3
4
−
2x =
3
2
−
= 1
lim
x→ 3
4
+
2x =
3
2
+
= 1
lim
x→ 3
4
2x = 1
y) lim
x→+∞
cos( x )
x2
−1 ≤ cos( x ) ≤ 1
−
1
x2
≤
cos( x )
x2
≤
1
x2
lim
x→+∞
−
1
x2
= 0
25

26. lim
x→+∞
1
x2
= 0
Por teorema del emparedado se concluye:
lim
x→+∞
cos( x )
x2
= 0
z) lim
x→0
sen(2x)−x
x+tan(4x)
lim
x→0
sen(2x) − x
x + tan(4x)
= lim
x→0
sen(2x) − x
x + sen(4x)
cos(4x)
= lim
x→0
sen(2x) − x
xcos(4x)+sen(4x)
cos(4x)
= lim
x→0
sen(2x)
4x − ¡x
4¡x
xcos(4x)+sen(4x)
4xcos(4x)
lim
x→0
1
2
sen(2x)
2x − 1
4
1
cos(4x)
cos(4x)
4 + sen(4x)
4x
=
1
2 lim
x→0
sen(2x)
2x − 1
4
lim
x→0
1
cos(4x) lim
x→0
cos(4x)
4 + lim
x→0
sen(4x)
4x
=
1
2 − 1
4
1
4 + 1
=
1
5
a1) lim
x→0
2
3+4
1
x
lim
x→0
2
3 + 4
1
x
⇒ lim
x→0−
2
3 + 4
1
x
=
2
3 + 4−∞
=
2
3 + 1
4∞
=
2
3
lim
x→0+
2
3 + 4
1
x
= 0
2
3
= 0
El l´ımite no existe
b1) lim
x→+∞
√
x2 + x − x
lim
x→+∞
x2 + x − x = lim
x→+∞
x2 + x − x
√
x2 + x + x
√
x2 + x + x
= lim
x→+∞
&&x2
+ x −&&x2
√
x2 + x + x
lim
x→+∞
x/x
√
x2 + x + x /x
= lim
x→+∞
1
1 + 1
x + 1
=
1
2
c1) lim
x→∞
xsen 1
x + xsen 1
x2
Sea u =
1
x
x → ∞ u → 0
lim
u→0
sen(u)
u
+
sen(u2
)
u
= lim
u→0
sen(u)
u
+ lim
u→0
usen(u2
)
u2
= 1 + lim
u→0
u lim
u→0
sen(u2
)
u2
= 1
26

27. d1) lim
x→0
sen(ax)
x
1+bx
lim
x→0
sen(ax)
x
1+bx
= alim
x→0
sen(ax)
ax
lim
x→0
1+bx
= a1
= a
e1) lim
x→1+
x2
−|x−1|−1
x2−1
lim
x→1+
x2
− |x − 1| − 1
x2 − 1
= lim
x→1+
x2
− (x − 1) − 1
x2 − 1
= lim
x→1+
x2
− x
(x + 1)(x − 1)
= lim
x→1+
x$$$$(x − 1)
(x + 1)$$$$(x − 1)
lim
x→1+
x
x + 1
=
1
2
f1) lim
x→0
1 + tan2
(
√
x)
1
2x
lim
x→0
1 + tan2
(
√
x)
1
2x
= lim
x→0
1 + tan2
(
√
x)
1
tan2(
√
x)
tan2(
√
x)
2x
= lim
x→0
1 + tan2
(
√
x)
1
tan2(
√
x)
lim
x→0
tan2(
√
x)
2x
e
lim
x→0
sen2(
√
x)
2xcos2(
√
x)
= e
lim
x→0
sen(
√
x)
√
x
2
lim
x→0
1
2cos2(
√
x)
= e
1
2
2) Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA o FALSA. Justifique
su respuesta.
a) Si lim
x→c
(f + g)(x) existe, entonces lim
x→c
f(x) y lim
x→c
g(x) existen
Soluci´on:
Sea f(x) = µ(x) y g(x) = µ(−x)
(f + g)(x) = 1 ⇒ lim
x→0
(f + g)(x) = 1
Pero lim
x→0
f(x) y lim
x→0
g(x) no existen.
La proposici´on es FALSA.
b) La ecuaci´on de la as´ıntota oblicua de f(x) = 4x2+2x−2
3x−1
; x ∈ R − 1
3
es y = 4
3
x + 1
Soluci´on:
La ecuaci´on de la as´ıntota es de la forma y = mx + b
27

28. Donde:
m = lim
x→∞
f(x)
x
= lim
x→∞
4x2
+ 2x − 2
3x2 − x
= lim
x→∞
4 + 2
x − 2
x2
3 − 1
x
=
4
3
b = lim
x→∞
(f(x) − mx) = lim
x→∞
4x2
+ 2x − 2
3x − 1
−
4x
3
= lim
x→∞
10x − 6
9x − 3
= lim
x→∞
10 − 6
x
9 − 3
x
=
10
9
y =
4x
3
+
10
9
4x
3
+
10
9
=
4x
3
+ 1
La proposici´on es FALSA
c) Sea f una funci´on de variable real tal que lim
x→a
f(x) no existe, entonces lim[
x→a
f(x)]2
no existe
Soluci´on:
Sea f(x) = sgn(x)
lim
x→0−
sgn(x) = lim
x→0+
sgn(x)
lim
x→a
f(x) no existe, pero:
f2
(x) = sgn2
(x) =



1 x = 0
0 x = 0
El lim
x→0
sgn2
(x) existe y es igual a 1.
La proposici´on es FALSA
d) La ecuaci´on de as´ıntota oblicua de f con regla de correspondencia f(x) = x3
−1
x2−1 ; x ∈ R es
y = −x + 1
Soluci´on:
La ecuaci´on de la as´ıntota es de la forma y = mx + b
Donde:
m = lim
x→∞
f(x)
x
= lim
x→∞
x3
− 1/x3
x3 − x/x3
= lim
x→∞
1 − 1
x3
1 − 1
x2
= 1
b = lim
x→∞
(f(x) − mx) = lim
x→∞
x3
− 1
x2 − 1
− x = lim
x→∞
1
x + 1
= 0
28

29. La ecuacion de la as´ıntota oblicua de f es la recta y = x
La proposici´on es FALSA
e) Sean f y g dos funciones definidas en I ⊆ R tal que a ∈ I´ y ∀x ∈ I − {a}, f(x) > g(x). Si
lim
x→a
f(x) = L y lim
x→a
g(x) = M , entonces L > M
Soluci´on:
Sea f(x) = x2
y g(x) = −x2
, donde f(x) > g(x) ∀x ∈ I − {0}
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
x2
= 0 = L
lim
x→0
g(x) = lim
x→0
− x2
= 0 = M
No se cumple que L > M ya que L = M
La proposici´on es FALSA
f) lim
x→π
sen(π2x
)
π2x = 1
Soluci´on:
Resolviendo el l´ımite:
lim
x→π
sen(π2x
)
π2x
=
sen(π2π
)
π2π
sen(π2π
)
π2π
= 1
Hay que tener en cuenta que el l´ımite dar´ıa como resultado 1, siempre y cuando se tenga la indeterminaci´on 0
0 .
La proposici´on es FALSA
g) Si f es una funci´on de variable real par tal que lim
x→1
f(x) = 7, entonces lim
x→−1
f(x) = 7
Soluci´on:
Ya que f es par, f(x) = f(−x)
lim
x→1
f(x) = 7
lim
x→−1
f(x) = lim
x→−1
f(−x) sea u = −x x → −1 u → 1
lim
x→−1
f(x) = lim
u→1
f(u) = 7
lim
x→−1
f(x) = 7
La proposici´on es VERDADERA
29

30. h) lim
x→a
f(x) existe, siempre que lim
x→a
|f(x)| exista
Soluci´on:
Sea f(x) = sgn(x), entonces |f(x)| =



1 x = 0
0 x = 0
lim
x→0
|sgn(x)| = 1 (existe y es 1), pero:
lim
x→0
sgn(x) no existe ya que lim
x→0−
sgn(x) = lim
x→0+
sgn(x)
La proposici´on es FALSA
3) Sea f : X → R donde X = (−∞, −2) ∪ (−2, ∞) con regla de correspondencia
f(x) = x2
−3x−1
(x+2)2
a) Calcular:
i) lim
x→+∞
f(x)
Soluci´on:
lim
x→+∞
x2
− 3x − 1/x2
(x + 2)2/x2
= lim
x→+∞
1 − 3
x − 1
x2
1 + 2
x
2
= 1
ii) lim
x→−∞
f(x)
Soluci´on:
lim
x→−∞
x2
− 3x − 1/x2
(x + 2)2/x2
= lim
x→−∞
1 − 3
x − 1
x2
1 + 2
x
2
= 1
iii) lim
x→−2
f(x)
Soluci´on:
lim
x→−2
x2
− 3x − 1
(x + 2)2
= ∞
iv) De existir establecer las ecuaciones de las as´ıntotas.
Soluci´on:
La as´ıntota horizontal se encontr´o en i) y ii) (la recta y = 1).
La as´ıntota horizontal se encontr´o en iii) (la recta x = −2).
As´ıntotas oblicuas no hay, ya que hay as´ıntota horizontal.
30

31. 5 Continuidad de funciones
1) Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA o FALSA. Justifique
su respuesta.
a) Sea f una funcion denida ∀x ∈ R. Si g es continua y f(x) = |g(x)|, ∀x ∈ R; entonces f(x) tambien es
continua ∀x ∈ R.
Soluci´on:
Primer m´etodo:
Se utilizar´an las propiedades de l´ımites:
Ya que g es continua en x = a, a ∈ R: lim
x→a
g(x) = g(a)
lim
x→a
f(x) = lim
x→a
|g(x)| = lim
x→a
g(x) = |g(a)|
f(a) = |g(a)|
lim
x→a
f(x) = f(a)
Por lo tanto, la funci´on f(x) tambi´en es continua en x = a, a ∈ R.
Segundo m´etodo:
Utilizaremos la definici´on formal:
Si g es continua en x = a, a ∈ R:
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : |x − a| < δ → |g(x) − g(a)| < ε
Utilizando la desigualdad triangular:
|g(x) − g(a) + g(a)| ≤ |g(x) − g(a)| + |g(a)|
|g(x)| ≤ |g(x) − g(a)| + |g(a)|
|g(x)| − |g(a)| ≤ |g(x) − g(a)|
− |g(x) − g(a)| ≤ |g(x)| − |g(a)| ≤ |g(x) − g(a)|
||g(x)| − |g(a)|| ≤ |g(x) − g(a)| < ε
||g(x)| − |g(a)|| < ε
f(x) = |g(x)|
|f(x) − f(a)| < ε
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R : |x − a| < δ → |f(x) − f(a)| < ε
Por lo tanto, f(x) tambi´en es continua en x = a, a ∈ R.
La proposici´on es VERDADERA
31

32. b) Si f es una funcion de una variable real tal que toma todos los valores comprendidos entre
f(a) y f(b), entonces la funcion f es continua en el intervalo [a, b]
Soluci´on:
Sea f(x) = tan(x) en el intervalo [0, 2π
3 ]
La funci´on toma todos los valores comprendidos entre f(0) = 0 y f(2π
3 ) = −
√
3 pero tiene una as´ıntota vertical
en x = π
2 , es decir, no es continua en dicho intervalo.
La proposici´on es FALSA
c) f(x) =



3x+|x|
7x−5|x| x = 0
0 x = 0
es continua en x = 0
Soluci´on:
Para que f sea continua en x = 0 se debe cumplir que:
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0+
f(x) = f(0)
lim
x→0−
3x + |x|
7x − 5 |x|
= lim
x→0−
3x − x
7x + 5x
= lim
x→0−
2¡x
12¡x
=
1
6
lim
x→0+
3x + |x|
7x − 5 |x|
= lim
x→0+
3x + x
7x − 5x
= lim
x→0+
4¡x
2¡x
= 2
1
6
= 2 = 0
f no es continua en x = 0
La proposici´on es FALSA
d) Sea f(x) =



1−cos(2x)
x 0 < x ≤ 1
A x = 0
, si A = 1 entonces f es continua en [0,1]
Soluci´on:
Para que f sea continua en [0,1], la funci´on debe ser continua en x = 0 (por la derecha)
lim
x→0+
f(x) = f(0)
lim
x→0+
1 − cos(2x)
x
= A
lim
x→0+
1 − cos(2x)
x
1 + cos(2x)
1 + cos(2x)
= lim
x→0+
1 − cos2
(2x)
x(1 + cos(2x))
= lim
x→0+
4xsen2
(2x)
4x2(1 + cos(2x))
32

33. lim
x→0+
sen(2x)
2x
2
4x
1 + cos(2x)
= lim
x→0+
sen(2x)
2x
2
lim
x→0+
4x
1 + cos(2x)
= 0
A = 0
La proposici´on es FALSA
e) Sea f(x) =



cos(x)+1
(π−x)2 x = π
−1
2 x = π
, f es continua en todo R
Soluci´on:
Para que f sea continua en R, la funci´on debe ser continua en x = π
lim
x→π
f(x) = f(π)
lim
x→π
cos(x) + 1
(π − x)2
Sea u = π − x x → π u → 0
lim
u→0
cos(π − u) + 1
u2
= lim
u→0
−cos(u) + 1
u2
cos(u) + 1
cos(u) + 1
= lim
u→0
−cos2
(u) + 1
u2(cos(u) + 1)
= lim
u→0
sen2
(u)
u2(cos(u) + 1)
lim
u→0
sen(u)
u
2
1
cos(u) + 1
= lim
u→0
sen(u)
u
2
lim
u→0
1
cos(u) + 1
=
1
2
1
2
= −
1
2
La proposici´on es FALSA
f) La funci´on f : R → R
x → f(x) =



x2
−1
x3−1 x = 1
1 x = 1
es continua en x = 1
Soluci´on:
lim
x→1
f(x) = f(1)
lim
x→1
x2
− 1
x3 − 1
= lim
x→1
$$$$(x + 1)(x − 1)
$$$$(x + 1)(x2 + x + 1)
= lim
x→1
x − 1
x2 + x + 1
= 0
33

34. 1 = 0
La proposici´on es FALSA
g) La funci´on f : R → R con regla de correspondencia f(x) =



x2
− 1 x < 3
2 x = 3
x − 1 x > 3
es continua en todo
su dominio
Soluci´on:
Para que f sea continua en R, deber´ıa ser continua en x = 3
lim
x→3−
f(x) = lim
x→3+
f(x) = f(3)
lim
x→3−
x2
− 1 = lim
x→3+
x − 1 = 2
8 = 2
La proposici´on es FALSA
h) La funci´on de variable real con regla de correspondencia f(x) =



2
1
x x < 0
x2
x ≥ 0
, es continua en
x = 0
Soluci´on:
Si f es continua en x = 0, deber´ıa cumplirse que:
lim
x→0−
f(x) = lim
x→0+
f(x) = f(0)
lim
x→0−
2
1
x = lim
x→0+
x2
= 0
lim
x→0−
2
1
x = 2−∞
=
1
2∞
= 0
lim
x→0+
x2
= 0
La funci´on f s´ı es continua en x = 0
La proposici´on es VERDADERA
34

35. 2) Determine los valores de las constantes a y b, de ser posible, de modo que la funcion de variable
real
f(x) =



ax + b ; x > 2
9 ; x = 2
b − ax2
; x < 2
, sea continua en R.
Soluci´on:
La funci´on debe ser continua en x = 2 para que sea continua en R:
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2−
f(x) = f(2)
lim
x→2+
ax + b = lim
x→2−
b − ax2
= 9
2a + b = b − 4a = 9
2a = −4a ⇒a = 0, b = 9
3) f(x) =



3√
a3+x−a
x x = 0
1
12 x = 0
Determine a tal que f(x) sea continua en el punto x = 0.
Soluci´on:
Para que f sea continua en x = 0, se debe cumplir que:
lim
x→0
f(x) = f(0)
lim
x→0
3
√
a3 + x − a
x
u =
3
a3 + x x = u3
− a3
x → 0 u → a
lim
u→a
u − a
u3 − a3
= lim
u→a
$$$u − a
$$$$(u − a)(u2 + ax + a2)
=
1
3a2
1
3a2
=
1
12
⇒ a = ±2
4) Encuentre los valores de a y b para que la funci´on sea continua en todo reales.
f(x) =



2x − 1 x < −1
ax − b −1≤x < 2
3 − 2x x≥2
Soluci´on:
Para que f sea continua en R se debe cumplir que:
35

36. lim
x→−1−
f(x) = lim
x→−1+
f(x) = f(−1) (1)
lim
x→−1−
2x − 1 = lim
x→−1+
ax − b = −a − b
−3 = −a − b
lim
x→2−
f(x) = lim
x→2+
f(x) = f(2) (2)
lim
x→2−
ax − b = lim
x→2+
3 − 2x = f(2)
2a − b = −1
De (1) y (2):
3a = 2 ⇒ a =
2
3
b = 3 − a ⇒ b =
7
3
5) Sea f : X → R donde X = {−2, −1, 0} (1, 2] con regla de correspondencia
f(x) = 2x
3x+1
i) Analizar la continuidad de f en (0, 1]
Soluci´on:
El intervalo (0, 1] no pertenece al dominio de f , por lo tanto la funci´on no es continua en dicho intervalo.
ii) Analizar la continuidad de f en x = −1
Soluci´on:
Ya que x = −1 es un punto aislado, la funci´on es continua en un dicho punto (Ver postulado).
iii) Justificando calificar como Verdadero o Falso : lim
x→0
f(x) = f(0)
Soluci´on:
Lo que se quiere verificar es que f sea continua en x = 0, y al ser un punto aislado, se sabe que la funci´on s´ı es
continua en dicho punto (Ver postulado).
36

37. La proposici´on es VERDADERA
6) Determine, de ser posible, a, b ∈ R para que la funcion f dada por
f(x) =



2 − x2
x < 1
ax2
+ bx x ∈ [1, 2]
x2
− 4 x > 2
sea continua en R
Soluci´on:
Para que la funci´on sea continua en R, debe de ser continua en x = 1 y en x = 2
lim
x→1−
f(x) = lim
x→1+
f(x) = f(1) ∧ lim
x→2−
f(x) = lim
x→2+
f(x) = f(2)
lim
x→1−
2 − x2
= lim
x→1+
ax2
+ bx = a + b
1 = a + b
lim
x→2−
ax2
+ bx = lim
x→2+
x2
− 4 = 4a + 2b
0 = 4a + 2b ⇒ b = −2a
a − 2a = 1 ⇒ a = −1 ∧ b = 2
7) Construya de ser posible una funci´on f continua exactamente en R{3} tal que la composici´on
fof sea continua en R.
Soluci´on:
Sea f(x) =



4 x ≥ 3
3 x < 3
f no es continua en x = 3, ya que lim
x→3−
f(x) = lim
x→3+
f(x)
fof =



3 f(x) ≥ 3
2 f(x) < 3
f nunca es menor a 3, por lo tanto:
fof = 3
Por lo tanto fof es continua en R
37

38. 6 Teorema de Bolzano
1) Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA o FALSA. Justifique
su respuesta.
a) La ecuaci´on: 3x2
+ ln(x) − 2 = 0 tiene al menos una soluci´on en 1
2 , 3
2
Soluci´on:
Sea f(x) = 3x2
+ ln(x) − 2
f(x) es una funci´on continua ya que es la suma de tres funciones continuas, por lo tanto podemos utilizar el
Teorema de Bolzano (valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que f 1
2 sea de signo opuesto a f 3
2 .
f 1
2 = 3
4 + ln 1
2 − 2 = −5
4 + ln 1
2
f 3
2 = 27
4 + ln 3
2 − 2 = 19
4 + ln 3
2
ln 1
2 < 0
−5
4 + ln 1
2 < −5
4
ln 3
2 > 0
ln 3
2 + 19
4 > 19
4
f 1
2 es negativo, mientras que f 3
2 es positivo, por lo tanto f tiene al menos una soluci´on en el intervalo
1
2 , 3
2
La proposici´on es VERDADERA
2) Sea P(x) = αx2
− (α − 1)x, donde α < −1. Demostrar que P(x) tiene una ra´ız en el intervalo [1,2]
Soluci´on:
Ya que P(x) es un polinomio, es una funci´on continua, por lo tanto podemos utilizar el Teorema de Bolzano
(valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que P(1)P(2) < 0, es decir, P(1) debe de ser de signo opuesto
a P(2) para que P(x) tenga al menos una cero en dicho intervalo.
P(1) = α − (α − 1) = 1
P(2) = 4α − 2α + 2 = 2α + 2
α < −1
2α < −2
2α + 2 < 0
P(1)P(2) = (1)(2α + 2) < 0
Por lo tanto P(x) tiene al menos una ra´ız en el intervalo [1,2]
38

39. 3) La ecuaci´on 2x
= 2 − 2x tiene al menos una soluci´on en [0, 1]
Soluci´on:
Sea f(x) = 2x
− 2 + 2x, ahora debemos verificar que f tenga al menos un cero en [0,1]
f(x) es una funci´on continua ya que es la suma de tres funciones continuas, por lo tanto podemos utilizar el
Teorema de Bolzano (valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que f (0) sea de signo opuesto a f (1).
f(0) = 1 − 2 = −1
f(1) = 2 − 2 + 2 = 2
f (0) es de signo opuesto que f (1), por lo tanto f tiene al menos una soluci´on en el intervalo [0, 1]
La proposici´on es VERDADERA
4) Sea f(x) = 3cos3
(x) − 2x − 2, x ∈ R. Demuestre que por lo menos una de las ra´ıces de f se
encuentra en el intervalo [0, 1].
Soluci´on:
f(x) es una funci´on continua ya que es la suma de tres funciones continuas, por lo tanto podemos utilizar el
Teorema de Bolzano (valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que f (0) sea de signo opuesto a f (1).
f(0) = 3 − 2 = 1
f(1) = 3cos3
(1) − 4
cos(1) ≤ 1
3cos3
(1) ≤ 3
3cos3
(1) − 4 ≤ −1
f(1) ≤ −1
f (0) es de signo opuesto que f (1), por lo tanto f tiene al menos una soluci´on en el intervalo [0, 1]
39