Límites y continuidad – matemáticas 1º Bachillerato Ciencias: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Para \(x=0{,}9\): \(1{,}9\); \(x=0{,}99\): \(1{,}99\); \(x=1{,}01\): \(2{,}01\); \(x=1{,}1\): \(2{,}1\). Las imágenes se acercan a 2.
   2. Para \(x\ne1\): \(\dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1\), luego \(\lim_{x\to1}f(x)=1+1=2\).
   3. \(f(1)\) no existe porque el denominador se anula, mientras que el límite sí existe y vale 2. El límite describe a dónde se acerca la función, no el valor en el punto.

2. Solución del ejercicio 2

   1. Por la izquierda se usa \(2x-1\): \(\lim_{x\to2^-}f=2\cdot2-1=3\).
   2. Por la derecha se usa \(x^2-3\): \(\lim_{x\to2^+}f=4-3=1\), y \(f(2)=1\).
   3. Como \(3\ne1\) el límite no existe, y la función no es continua en 2 (salto finito de 2 unidades).
   4. En \(x=0\) la función es \(2x-1\) cerca de 0: el límite es \(-1\). En \(x=3\) es \(x^2-3\): el límite es \(6\).

3. Solución del ejercicio 3

   1. Es un cociente de polinomios y el denominador no se anula en \(x=3\) (vale 4), así que la función es continua allí y basta sustituir: \(\dfrac{2\cdot9-3}{3+1}=\dfrac{15}{4}\).
   2. El denominador \(x^2+5\) nunca se anula. Sustituimos \(x=-1\): \(\dfrac{(-1)^3-2\cdot(-1)}{1+5}=\dfrac{-1+2}{6}=\dfrac16\).
   3. La raíz es continua donde el radicando es positivo, y en \(x=3\) vale 16: \(\sqrt{16}-3=4-3=1\).
   4. La exponencial y el coseno son continuos, y \(\cos0=1\neq0\): \(\dfrac{e^0+2}{\cos0}=\dfrac{1+2}{1}=3\). En los cuatro casos no aparece ninguna indeterminación.

4. Solución del ejercicio 4

   1. Al sustituir sale \(\frac00\). Factorizamos la diferencia de cuadrados y simplificamos el factor común: \(\dfrac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3\), que tiende a \(6\).
   2. También sale \(\frac00\), así que \(x=2\) es raíz de los dos polinomios. Factorizamos: \(\dfrac{(x-2)(x-3)}{(x-2)(x+2)}=\dfrac{x-3}{x+2}\), que tiende a \(\dfrac{-1}{4}\).
   3. Con raíces multiplicamos y dividimos por el conjugado \(\sqrt{x+4}+2\); en el numerador queda una diferencia de cuadrados: \(\dfrac{(x+4)-4}{x(\sqrt{x+4}+2)}=\dfrac{x}{x(\sqrt{x+4}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{x+4}+2}\to\dfrac{1}{2+2}=\dfrac14\).

5. Solución del ejercicio 5

   1. Numerador y denominador tienen grado 2. Dividiendo ambos entre \(x^2\), los demás términos tienden a 0 y queda el cociente de los coeficientes principales: \(\dfrac32\).
   2. El grado del numerador (3) es mayor que el del denominador (2): el cociente se comporta como \(\dfrac{x^3}{x^2}=x\), que tiende a \(+\infty\).
   3. El grado del denominador (3) es mayor que el del numerador (1): el denominador crece mucho más deprisa y el límite es \(0\).
   4. Es la misma función que en b), pero ahora \(x\to-\infty\). Como se comporta como \(x\), el límite es \(-\infty\). En límites infinitos el signo de \(x\) importa cuando la diferencia de grados es impar.

6. Solución del ejercicio 6

   1. Multiplicamos y dividimos por el conjugado \(\sqrt{x^2+x}+x\): \(\dfrac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}\). Ahora la indeterminación es \(\frac\infty\infty\); dividiendo entre \(x\): \(\dfrac{1}{\sqrt{1+1/x}+1}\to\dfrac12\).
   2. Con el conjugado \(x+\sqrt{x^2-4x}\): \(\dfrac{x^2-(x^2-4x)}{x+\sqrt{x^2-4x}}=\dfrac{4x}{x+\sqrt{x^2-4x}}\). Dividiendo entre \(x\): \(\dfrac{4}{1+\sqrt{1-4/x}}\to\dfrac{4}{1+1}=2\).
   3. Aquí no hay raíces: basta restar las fracciones con denominador común: \(\dfrac{x^2-x(x+1)}{x+1}=\dfrac{-x}{x+1}\). Numerador y denominador tienen el mismo grado, así que el límite es \(-1\).

7. Solución del ejercicio 7

   1. Es una indeterminación \(1^\infty\): la base tiende a 1 y el exponente a infinito. Su valor es, por definición, el número \(e\approx2{,}718\).
   2. Reescribimos el exponente para que coincida con el denominador: \(2x=\frac x3\cdot6\). Entonces \(\left(1+\frac3x\right)^{2x}=\left[\left(1+\frac3x\right)^{x/3}\right]^{6}\). Lo de dentro tiende a \(e\), así que el límite es \(e^6\).
   3. Escribimos la base como \(1+\) algo: \(\frac{x+2}{x-1}=1+\frac{3}{x-1}\). Entonces \(\left(1+\frac{3}{x-1}\right)^{x}=\left[\left(1+\frac{3}{x-1}\right)^{\frac{x-1}{3}}\right]^{\frac{3x}{x-1}}\). El corchete tiende a \(e\) y el exponente a 3, así que el límite es \(e^3\).

8. Solución del ejercicio 8

   1. El denominador se anula en \(x=1\), luego el dominio es \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\). El numerador vale \(3\) en ese punto, así que la función tiende a infinito: por la izquierda el denominador es negativo, \(\lim_{x\to1^-}f=-\infty\); por la derecha, positivo, \(\lim_{x\to1^+}f=+\infty\). Asíntota vertical \(x=1\).
   2. El grado del numerador es mayor, así que \(\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty\): no hay asíntota horizontal.
   3. Dividiendo, \(2x^2+1=(x-1)(2x+2)+3\), luego \(f(x)=2x+2+\dfrac{3}{x-1}\). Como \(\frac{3}{x-1}\to0\), la asíntota oblicua es \(y=2x+2\).
   4. \(m=\lim\frac{2x^2+1}{x(x-1)}=2\) y \(n=\lim\left(\frac{2x^2+1}{x-1}-2x\right)=\lim\frac{2x+1}{x-1}=2\). Coincide con la división.

9. Solución del ejercicio 9

   1. Dominio \(\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\). Asíntotas verticales \(x=-2\) y \(x=2\) (el numerador no se anula en ellas).
   2. En \(x=2\): numerador \(7>0\); \(x^2-4=(x-2)(x+2)\) es positivo si \(x>2\). Entonces \(\lim_{x\to2^+}f=+\infty\) y \(\lim_{x\to2^-}f=-\infty\). En \(x=-2\): numerador \(-5<0\); \(x^2-4>0\) si \(x<-2\). Entonces \(\lim_{x\to-2^-}f=-\infty\) y \(\lim_{x\to-2^+}f=+\infty\).
   3. Grado del denominador mayor: \(\lim_{x\to\pm\infty}f=0\). Asíntota horizontal \(y=0\).
   4. Eje \(OY\): \(f(0)=-\frac14\). Eje \(OX\): \(3x+1=0\Rightarrow x=-\frac13\).

10. Solución del ejercicio 10

    1. Al sustituir sale \(\frac00\). Para \(x\neq2\), factorizamos y simplificamos: \(\dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2\). Por tanto, \(\lim_{x\to2}f(x)=2+2=4\).
    2. Para que sea continua deben cumplirse las tres condiciones: existe \(f(2)=k\), existe el límite (vale 4) y coinciden. Hace falta \(k=4\).
    3. Con \(k=0\), el límite existe (vale 4) pero no coincide con \(f(2)=0\). Es una discontinuidad evitable: bastaría redefinir el valor de la función en el punto. En la gráfica, la recta \(y=x+2\) tiene un hueco en \((2,4)\) y un punto aislado en \((2,0)\).

11. Solución del ejercicio 11

    1. En \(x=0\) se unen el primer y el segundo tramo. Por la izquierda, \(\lim_{x\to0^-}(x+1)=1\); el valor es \(f(0)=a\cdot0+b=b\). Para que sea continua, \(b=1\).
    2. En \(x=2\) se unen el segundo y el tercer tramo. \(f(2)=2a+1\) y, por la derecha, \(\lim_{x\to2^+}x^2=4\). Hace falta \(2a+1=4\), es decir, \(a=\frac32\).
    3. La función queda \(x+1\) si \(x<0\), \(\frac32x+1\) si \(0\le x\le2\), y \(x^2\) si \(x>2\). Como \(1\) está en el tramo central, \(f(1)=\frac32+1=\frac52\).
    4. Para \(x\to-\infty\) se usa el primer tramo: \(\lim(x+1)=-\infty\). Para \(x\to+\infty\), el tercero: \(\lim x^2=+\infty\).

12. Solución del ejercicio 12

    1. \(\lim_{x\to2^\pm}f=\pm\infty\): discontinuidad de salto infinito (asíntota vertical).
    2. \(\lim_{x\to1}g=2\) pero \(g(1)\) no existe: discontinuidad evitable.
    3. Por la izquierda vale \(-1\) y por la derecha \(+1\): salto finito de 2 unidades.
    4. Es continua en \(x=0\) (el denominador no se anula): \(k(0)=0=\lim_{x\to0}k\).

13. Solución del ejercicio 13

    1. Por la izquierda: \(1{,}5\). Por la derecha: \(2{,}5\).
    2. En \(t=1\) no es continua: los límites laterales son distintos (salto finito de 1 €). En \(t=1{,}5\) sí lo es, porque la función es constante a su alrededor.
    3. \(2+\frac{5}{60}\) h supera 2 horas, luego \(C=3{,}5\) €.
    4. Pasar solo unos segundos de la hora cuesta un euro más: el precio cambia de golpe, sin valores intermedios.

14. Solución del ejercicio 14

    1. \(C(0)=0\), \(C(2)=\dfrac{10}{4}=2{,}5\) mg/L y \(C(10)=\dfrac{50}{12}\approx4{,}17\) mg/L.
    2. \(\lim_{t\to\infty}\dfrac{5t}{t+2}=5\). La concentración se estabiliza en torno a 5 mg/L a largo plazo.
    3. La asíntota es \(y=5\). Como \(C(t)=5-\dfrac{10}{t+2}\) y \(\frac{10}{t+2}>0\), siempre es menor que 5.
    4. \(\dfrac{5t}{t+2}=4{,}5\Rightarrow5t=4{,}5t+9\Rightarrow0{,}5t=9\Rightarrow t=18\) horas.

15. Solución del ejercicio 15

    1. \(C_1=1\,040{,}00\) €, \(C_{12}\approx1\,040{,}74\) € y \(C_{365}\approx1\,040{,}81\) €.
    2. \(\lim_{n\to\infty}C_n=1\,000\,e^{0{,}04}\approx1\,040{,}81\) € (interés compuesto continuo).
    3. Casi coincide con \(C_{365}\). Pasar de un abono al año a abonos diarios apenas supone 81 céntimos más: aunque \(n\to\infty\), el capital no crece sin límite.

16. Solución del ejercicio 16

    1. \(M(100)=\frac{25}{100}=0{,}25\); \(M(400)=\frac{40}{400}=0{,}10\); \(M(2\,000)=\frac{120}{2\,000}=0{,}06\) €/min.
    2. \(\lim_{x\to\infty}\left(\frac{20}{x}+0{,}05\right)=0{,}05\): el coste medio tiende al precio por minuto, porque la cuota fija se reparte entre muchísimos minutos.
    3. \(\lim_{x\to0^+}M(x)=+\infty\): con muy pocos minutos la cuota fija encarece cada uno enormemente.
    4. \(\frac{20}{x}+0{,}05<0{,}06\Rightarrow\frac{20}{x}<0{,}01\Rightarrow x>2\,000\) minutos.

17. Solución del ejercicio 17

    1. \(g(t)=1\,000+150t-2\,200+150t=300t-1\,200\). \(g(0)=-1\,200<0\) y \(g(8)=1\,200>0\).
    2. \(g\) es continua en \([0,8]\) y cambia de signo, así que existe \(c\in(0,8)\) con \(g(c)=0\): hay una hora del día en la que el excursionista está exactamente a la misma altura el día de la subida y el de la bajada.
    3. \(300t-1\,200=0\Rightarrow t=4\), es decir, a las 12:00. Altura: \(1\,000+150\cdot4=1\,600\) m.
    4. No. El teorema exige continuidad: sin ella, la gráfica podría saltar de un lado a otro de \(g=0\) sin pasar por cero.

18. Solución del ejercicio 18

    1. Dominio \(\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\). Cortes: \(f(0)=\frac14\); \(x^2-1=0\Rightarrow x=\pm1\).
    2. En \(x=2\): \(\lim_{x\to2^+}f=+\infty\) y \(\lim_{x\to2^-}f=-\infty\). En \(x=-2\), por simetría (\(f\) es par): \(\lim_{x\to-2^-}f=+\infty\) y \(\lim_{x\to-2^+}f=-\infty\).
    3. \(\lim_{x\to\pm\infty}f=1\): asíntota horizontal \(y=1\). La gráfica no la corta, porque \(\frac{x^2-1}{x^2-4}=1\) daría \(-1=-4\), que es imposible.
    4. Hay discontinuidades de salto infinito en \(x=\pm2\). El bosquejo: dos ramas por encima de la asíntota para \(|x|>2\), y una rama central con máximo local en \((0,\frac14)\) que cruza el eje en \(\pm1\).

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(\lim_{x\to0^-}e^x=1\) y \(f(0)=a\). Hace falta \(a=1\).
    2. \(\lim_{x\to1^-}(a+x)=a+1\) y \(\lim_{x\to1^+}\frac3x=3\). Hace falta \(a+1=3\), es decir, \(a=2\), que contradice \(a=1\).
    3. No hay un único \(a\) que cumpla las dos condiciones. Con \(a=1\) la función es continua en 0 pero en \(x=1\) vale \(2\) por la izquierda y \(3\) por la derecha: salto finito de 1 unidad.
    4. Con \(\frac cx\) hace falta \(a+1=c\) y \(a=1\); entonces \(c=2\) y \(f\) sería continua en todo \(\mathbb{R}\).

20. Solución del ejercicio 20

    1. Con la calculadora en radianes: \(\frac{\operatorname{sen}0{,}5}{0{,}5}\approx0{,}9589\); \(\frac{\operatorname{sen}0{,}1}{0{,}1}\approx0{,}99833\); \(\frac{\operatorname{sen}0{,}01}{0{,}01}\approx0{,}99998\). Los valores se acercan cada vez más a 1, lo que confirma el límite.
    2. Multiplicamos y dividimos por 3 para obtener el límite notable con \(u=3x\to0\): \(\dfrac{\operatorname{sen}3x}{x}=3\cdot\dfrac{\operatorname{sen}3x}{3x}\to3\cdot1=3\).
    3. Multiplicando por el conjugado \(1+\cos x\) aparece \(1-\cos^2x=\operatorname{sen}^2x\): \(\dfrac{\operatorname{sen}^2x}{x^2(1+\cos x)}=\left(\dfrac{\operatorname{sen}x}{x}\right)^2\cdot\dfrac{1}{1+\cos x}\to1\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac12\).
    4. En grados, \(\operatorname{sen}x^\circ\approx\frac{\pi}{180}x\), de modo que el límite valdría \(\frac{\pi}{180}\approx0{,}01745\). Por eso en análisis se trabaja siempre en radianes.