Límites y continuidad – matemáticas 1º Grado (Universidad): soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   Planteamiento. Al sustituir el valor de \(x\) aparece \(\frac00\), lo que indica que numerador y denominador comparten un factor. Factorizamos ambos (diferencia de cuadrados, Ruffini o fórmula de segundo grado), simplificamos ese factor común y después sustituimos en la expresión ya simplificada.

   1. Al sustituir queda \(\frac00\). Factorizamos: \(\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3\to6\).
   2. Numerador \((x-2)(x+3)\) y denominador \((x-2)(x+2)\). Simplificamos: \(\frac{x+3}{x+2}\to\frac54\).
   3. Usamos \(x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)\). Queda \(x^2+2x+4\to4+4+4=12\).

2. Solución del ejercicio 2

   Planteamiento. La indeterminación \(\frac00\) procede de una raíz cuadrada. Multiplicamos y dividimos por la expresión conjugada para usar \((a-b)(a+b)=a^2-b^2\): así desaparece la raíz del numerador, se cancela el factor que se anulaba y el límite se obtiene sustituyendo.

   1. Multiplicamos por \(\sqrt{x+4}+2\): el numerador es \((x+4)-4=x\). Queda \(\frac{1}{\sqrt{x+4}+2}\to\frac14\).
   2. Como \(x-1=(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)\), el cociente es \(\sqrt x+1\to2\).
   3. El conjugado es \(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\); el numerador pasa a \((1+x)-(1-x)=2x\). Queda \(\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\to\frac22=1\).

3. Solución del ejercicio 3

   Planteamiento. En el infinito solo importan los términos de mayor grado. Dividimos numerador y denominador por la mayor potencia de \(x\) del denominador; los cocientes del tipo \(\frac{c}{x^k}\) tienden a 0 y el resultado depende de comparar los grados.

   1. Dividimos por \(x^2\): \(\frac{3-1/x}{2+5/x^2}\to\frac32\).
   2. El grado del numerador (3) supera al del denominador (2), así que el cociente crece como \(x\): el límite es \(+\infty\).
   3. Para \(x<0\) se tiene \(\sqrt{x^2}=|x|=-x\). Entonces \(\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\frac{|x|\sqrt{1+1/x^2}}{x}=-\sqrt{1+1/x^2}\to-1\).

4. Solución del ejercicio 4

   Planteamiento. Cada límite se reduce a uno de los límites notables \(\frac{\sin u}{u}\to1\), \(\frac{1-\cos u}{u^2}\to\frac12\) o \(\frac{e^u-1}{u}\to1\), con \(u\to0\). Para ello multiplicamos y dividimos por la constante que haga coincidir el argumento con el denominador.

   1. \(\frac{\sin3x}{x}=3\cdot\frac{\sin3x}{3x}\to3\cdot1=3\).
   2. \(\frac{1-\cos2x}{x^2}=4\cdot\frac{1-\cos2x}{(2x)^2}\to4\cdot\frac12=2\).
   3. \(\frac{e^{3x}-1}{x}=3\cdot\frac{e^{3x}-1}{3x}\to3\).
   4. \(\frac{\tan x}{\sin2x}=\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{2x}{\sin2x}\cdot\frac{1}{2\cos x}\to\frac12\).

5. Solución del ejercicio 5

   Planteamiento. Las indeterminaciones \(1^\infty\) se resuelven llevándolas al número \(e\). Comprobamos que la base tiende a 1 y el exponente a infinito, y aplicamos la regla \(\lim f^g=e^{\lim g(f-1)}\), que reduce el problema a un límite de tipo \(0\cdot\infty\) más sencillo.

   1. Con \(g=x\) y \(f-1=\frac2x\) resulta \(g(f-1)=2\), luego el límite es \(e^2\).
   2. Aquí \(f-1=3x\) y \(g=\frac1x\), de modo que \(g(f-1)=3\). El límite es \(e^3\).
   3. \(f-1=\frac{2}{x-1}\) y \(g(f-1)=\frac{2x}{x-1}\to2\). El límite es \(e^2\).

6. Solución del ejercicio 6

   Planteamiento. Cuando la función tiene un valor absoluto o está definida a trozos, calculamos por separado los límites laterales, usando en cada lado la expresión que corresponde. El límite existe solo si los dos laterales coinciden; si no, hay un salto.

   1. Si \(x<2\), \(|x-2|=-(x-2)\), luego \(f=-1\). Si \(x>2\), \(f=1\). Los laterales son \(-1\) y \(1\), distintos: no existe el límite.
   2. Por la izquierda \(x^2\to1\); por la derecha \(3-x\to2\). Son distintos, así que no existe el límite en 1.
   3. No es continua en \(x=1\): el límite no existe (discontinuidad de salto finito de amplitud \(2-1=1\)).

7. Solución del ejercicio 7

   Planteamiento. Construimos primero la función de coste total sumando costes fijos y variables, y la dividimos entre el número de camisetas para obtener el coste medio. Su límite en el infinito indica el coste por unidad cuando la producción es muy grande.

   1. \(C(50)=\frac{500+1000}{50}=30\) y \(C(10)=\frac{500+200}{10}=70\).
   2. \(C(x)=\frac{500}{x}+20\to20\): aunque produzcamos muchísimo, el coste medio nunca baja de 20 € por camiseta (asíntota horizontal \(y=20\)).
   3. \(C(x)\to+\infty\) cuando \(x\to0^+\): producir muy pocas unidades dispara el coste medio por el alquiler fijo.
   4. \(\frac{500}{x}+20<22\iff\frac{500}{x}<2\iff x>250\). Hacen falta más de 250 camisetas.

8. Solución del ejercicio 8

   Planteamiento. Las asíntotas verticales aparecen en los ceros del denominador que no anulan el numerador, y se confirman con los límites laterales. La horizontal se obtiene con el límite en el infinito, comparando los grados del numerador y del denominador.

   1. El denominador se anula en \(x=\pm2\): dominio \(\mathbb R\setminus\{-2,2\}\).
   2. En \(x=2\): el numerador vale 9 y \(x^2-4\to0^+\) por la derecha, así que \(f\to+\infty\); por la izquierda \(x^2-4\to0^-\) y \(f\to-\infty\). Análogamente en \(x=-2\). Hay dos asíntotas verticales, \(x=2\) y \(x=-2\).
   3. \(\lim_{x\to\pm\infty}f=\frac21=2\): asíntota horizontal \(y=2\).
   4. \(f(0)=\frac{1}{-4}=-\frac14\). Como \(2x^2+1>0\), el signo es el de \(x^2-4\): positiva en \((-\infty,-2)\cup(2,\infty)\) y negativa en \((-2,2)\).

9. Solución del ejercicio 9

   Planteamiento. Una función es continua en un punto si el límite existe y coincide con el valor de la función. Calculamos el límite (o los dos laterales, si la función cambia de expresión), lo igualamos al valor en el punto y despejamos el parámetro.

   1. \(\frac{x^2-1}{x-1}=x+1\to2\); hace falta \(k=2\).
   2. Por la izquierda \(g(2)=2a+1\); por la derecha \(2^2+1=5\). Igualamos: \(2a+1=5\), luego \(a=2\).
   3. Sí: cada trozo es polinómico (continuo) y en el punto de unión los límites laterales coinciden con el valor.

10. Solución del ejercicio 10

    Planteamiento. Para clasificar una discontinuidad calculamos los límites laterales en el punto. Si existen y coinciden, la discontinuidad es evitable; si existen pero son distintos, es de salto; y si alguno es infinito o no existe, es esencial.

    1. El límite vale 1 pero \(f(0)=0\): discontinuidad evitable (basta redefinir \(f(0)=1\)).
    2. Los laterales son \(-\infty\) y \(+\infty\): discontinuidad esencial (asíntota vertical).
    3. Laterales \(-1\) y \(1\): discontinuidad de salto finito.
    4. Al acercarnos a 0 oscila entre \(-1\) y 1 sin tender a ningún valor: no existe el límite y es esencial (sin asíntota).

11. Solución del ejercicio 11

    Planteamiento. El teorema de Bolzano garantiza una raíz si la función es continua y cambia de signo en los extremos de un intervalo. La bisección repite la idea: evaluamos en el punto medio y conservamos la mitad donde sigue habiendo cambio de signo.

    1. \(f\) es continua (polinomio), \(f(0)=-1<0\) y \(f(1)=1>0\). Por Bolzano existe \(c\in(0,1)\) con \(f(c)=0\).
    2. Punto medio \(\frac12\): \(f(\frac12)=\frac18+\frac12-1=-\frac38<0\), así que la raíz está en \((\frac12,1)\). Punto medio \(\frac34\): \(f(\frac34)=\frac{27}{64}+\frac34-1=\frac{11}{64}>0\). La raíz está en \((\frac12,\frac34)\), de longitud \(\frac14\).
    3. \(f'(x)=3x^2+1>0\), luego \(f\) es estrictamente creciente y no puede anularse dos veces.

12. Solución del ejercicio 12

    Planteamiento. La tarifa es una función a trozos de tipo escalera: el precio salta cada vez que se empieza una hora nueva. Evaluamos con cuidado en cada tramo, estudiamos los límites laterales en los puntos de salto e interpretamos las discontinuidades.

    1. \(T(0{,}5)=1{,}5\); \(T(1)=1{,}5\); \(T(1{,}2)=2{,}5\) (segunda hora empezada); \(T(2)=2{,}5\).
    2. En \(h=1\): por la izquierda 1,5 y por la derecha 2,5. En \(h=2\): 2,5 y 3,5. Hay saltos finitos de 1 €, así que \(T\) no es continua.
    3. Es constante en \((0,1]\) (1,5 €), \((1,2]\) (2,5 €), \((2,3]\) (3,5 €), y así hasta alcanzar el máximo de 8 €. La gráfica es una escalera con el punto relleno a la derecha de cada escalón.
    4. Falla la continuidad: \(T(0{,}5)=1{,}5\) y \(T(3)=3{,}5\), pero \(T\) nunca toma el valor 2 o 3 en ese intervalo. Sin continuidad no hay valores intermedios.

13. Solución del ejercicio 13

    Planteamiento. Evaluamos el modelo en los instantes pedidos y calculamos su límite cuando \(t\to\infty\), que representa la población máxima que admite el medio. Comparar los valores con ese límite permite interpretar la situación biológica.

    1. \(P(0)=\frac{1000}{1+9}=100\) mil bacterias.
    2. \(e^{-t/2}\to0\), luego \(P\to\frac{1000}{1}=1000\) mil: el medio admite como máximo un millón de bacterias.
    3. \(P(t)=500\iff1+9e^{-t/2}=2\iff e^{-t/2}=\frac19\iff t=2\ln9\approx4{,}39\) h.
    4. No: \(1+9e^{-t/2}>1\) siempre, así que \(P(t)<1000\) para todo \(t\). El límite se aproxima pero no se alcanza (asíntota horizontal).

14. Solución del ejercicio 14

    Planteamiento. La carga es una función exponencial que crece hacia un valor límite. Calculamos los valores en los instantes indicados, el límite cuando \(t\to\infty\) y, para los tiempos pedidos, despejamos \(t\) tomando logaritmos neperianos.

    1. \(Q(0)=80(1-1)=0\) y \(Q(t)\to80\cdot(1-0)=80\) µC.
    2. \(\frac{Q(t)}{t}=80\cdot\frac{1-e^{-t/2}}{t}=40\cdot\frac{1-e^{-t/2}}{t/2}\). Como \(\frac{e^{u}-1}{u}\to1\) con \(u=-t/2\), el límite es \(40\) µC/s: la carga crece inicialmente a 40 µC por segundo.
    3. \(Q(2)=80(1-e^{-1})\approx80\cdot0{,}632=50{,}6\) µC, es decir, el 63,2 % de \(Q_0\).

15. Solución del ejercicio 15

    Planteamiento. La factura es continua si los dos tramos dan el mismo importe en el consumo frontera. Calculamos los límites laterales en ese punto, imponemos que coincidan y comprobamos después el resultado con algún consumo concreto.

    1. En 100: \(12+0{,}15\cdot100=27\) y \(a+12=27\), luego \(a=15\).
    2. En 300: \(15+0{,}12\cdot300=51\) y \(b+30=51\), luego \(b=21\).
    3. \(F(80)=12+12=24\) €; \(F(250)=15+30=45\) €; \(F(400)=21+40=61\) €.
    4. \(\frac{F(400)}{400}=0{,}1525\) €/kWh. En general \(\frac{F(x)}{x}=\frac{21}{x}+0{,}10\to0{,}10\) €/kWh: el término fijo pierde peso al crecer el consumo.

16. Solución del ejercicio 16

    Planteamiento. Como la temperatura es continua, el teorema de los valores intermedios asegura que toma todos los valores comprendidos entre dos medidas. Buscamos intervalos donde la temperatura pase por encima y por debajo del valor pedido.

    1. \(T\) es continua en \([6,15]\) y \(17<30<36\). Por el teorema de los valores intermedios, existe \(h\in(6,15)\) con \(T(h)=30\).
    2. Entre las 6:00 y las 15:00 (\(17<25<36\)) hay un valor; entre las 15:00 y las 24:00 (\(36>25>21\)) hay otro. Los intervalos son disjuntos, luego al menos dos instantes distintos.
    3. No: el teorema solo garantiza valores entre los extremos medidos; 40 °C está fuera de \([17,36]\) y los datos no permiten asegurarlo.
    4. \(T\) es continua en el intervalo cerrado \([0,24]\): por el teorema de Weierstrass alcanza un máximo y un mínimo absolutos.

17. Solución del ejercicio 17

    Planteamiento. El teorema de Weierstrass garantiza máximo y mínimo absolutos de una función continua en un intervalo cerrado. Calculamos los candidatos (extremos del intervalo y puntos donde la derivada se anula) y comparamos sus valores.

    1. \(B\) es polinómica, luego continua en \([0,8]\): se aplica Weierstrass.
    2. \(B'(x)=-3x^2+18x-15=-3(x^2-6x+5)=-3(x-1)(x-5)\), con ceros \(x=1\) y \(x=5\).
    3. \(B(0)=10\); \(B(1)=-1+9-15+10=3\); \(B(5)=-125+225-75+10=35\); \(B(8)=-512+576-120+10=-46\). Máximo absoluto 35 en \(x=5\) y mínimo absoluto \(-46\) en \(x=8\).
    4. El beneficio es máximo (3 500 €) tras 5 horas de apertura; si se prolonga hasta 8 horas hay pérdidas por los gastos de personal.

18. Solución del ejercicio 18

    Planteamiento. Encerramos la función entre dos funciones más sencillas que tienen el mismo límite, usando que el seno y el coseno están entre \(-1\) y \(1\). Por el criterio del sándwich, la función intermedia tiene necesariamente ese mismo límite.

    1. Como \(-1\le\sin\frac1x\le1\), resulta \(-x^2\le x^2\sin\frac1x\le x^2\). Ambos extremos tienden a 0, luego el límite es 0.
    2. \(-\frac1x\le\frac{\cos x}{x}\le\frac1x\) para \(x>0\) y ambas cotas tienden a 0: el límite es 0.
    3. \(\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}{x}\) y \(\frac{\sin x}{x}\to0\) por el apartado anterior; el límite es 1.
    4. Porque no hay cotas que converjan al mismo valor: \(\sin x\) oscila entre \(-1\) y 1 sin límite.

19. Solución del ejercicio 19

    Planteamiento. La definición épsilon-delta dice cuánto hay que acercar \(x\) al valor nominal para garantizar una tolerancia en el resultado. Escribimos \(|f(x)-L|\) en función de \(|x-a|\) y despejamos el \(\delta\) que asegura un error menor que \(\varepsilon\).

    1. \(|f(x)-5|=|3x-6|=3|x-2|\).
    2. Se necesita \(3|x-2|<0{,}03\), es decir \(|x-2|<0{,}01\): \(\delta=0{,}01\).
    3. Dado \(\varepsilon>0\), tomamos \(\delta=\varepsilon/3\). Si \(0<|x-2|\lt \delta\), entonces \(|f(x)-5|=3|x-2|<3\delta=\varepsilon\). Queda demostrado.
    4. El parámetro debe ajustarse con un error inferior a 0,01 unidades para que el diámetro quede dentro de la tolerancia de 0,03 mm.

20. Solución del ejercicio 20

    Planteamiento. Son límites con indeterminaciones que se resuelven con desarrollos de Taylor: sustituimos cada función por los primeros términos de su desarrollo, simplificamos las potencias de \(x\) y nos quedamos con el término dominante.

    1. \(e^x-1-x=\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots\); dividiendo por \(x^2\) obtenemos \(\frac12+\frac x6+\cdots\to\frac12\).
    2. \((1+x)^{1/x}=\exp\!\big(\tfrac{\ln(1+x)}{x}\big)=\exp\!\big(1-\tfrac x2+\cdots\big)=e\,(1-\tfrac x2+\cdots)\). Entonces \(\frac{(1+x)^{1/x}-e}{x}\to-\frac e2\).
    3. Multiplicamos por el conjugado: \(x\cdot\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=\frac{x}{x(\sqrt{1+1/x^2}+1)}\to\frac12\).