1 2022-11-14
Examen de Análisis I
Ejercicio 1.1 Calcular los puntos de acumulación del conjunto \(A=[0,1]\cup \left\{\frac{n}{n-1}: n\in\mathbb{N}, n\geq 2\right\}\). ¿Es un conjunto cerrado? ¿Y abierto?
Veamos primero que todos los puntos del intervalo \([0,1]\) son puntos de acumulación. Sea \(x\in[0,1]\). Entonces para cualquier \(\varepsilon>0\), por la densidad de los números reales, el entorno reducido \((x-\varepsilon,x+\varepsilon)\setminus\{x\}\) contiene puntos de \([0,1]\), y por tanto \(x\) es un punto de acumulación de \([0,1]\).
Veamos ahora que el conjunto \(B=\left\{\frac{n}{n-1}: n\in\mathbb{N}, n\geq 2\right\} = \left\{1+\frac{1}{n-1}: n\in\mathbb{N}, n\geq 2\right\}\) solo tiene \(1\) como punto de acumulación. En primer lugar, \(1\) es punto de acumulación, ya que para cualquier \(\varepsilon>0\), \((1-\varepsilon, 1+\varepsilon)\setminus \{1\}\) contiene puntos de \(A\). Para verlo, basta aplicar la propiedad arquimediana, por la que existe \(n\in\mathbb{N}\) tal que \(\frac{1}{n}<\varepsilon\), de manera que \(1+\frac{1}{n}<1+\varepsilon\), y por tanto \((1-\varepsilon, 1+\varepsilon)\setminus \{1\}\cap B\neq \emptyset\).
Si \(x<1\), tomando \(\varepsilon=|x-1|\) el entorno reducido \((x-\varepsilon, x+\varepsilon)\setminus\{x\}\) no contiene puntos de \(B\). Del mismo modo, si \(x>2\), tomando \(\varepsilon=|x-2|\) el entorno reducido \((x-\varepsilon, x+\varepsilon)\setminus\{x\}\) tampoco contiene puntos de \(B\). Finalmente, si \(1<x\leq 2\), por la propiedad arquimediana, existe \(n\in\mathbb{N}\) tal que \(\frac{1}{n}\leq x<\frac{1}{n-1}\). Tomando \(\varepsilon=\min(\{|x-\frac{1}{n}|,|x-\frac{1}{n-1}|\})\) también se tiene que el entorno reducido \((x-\varepsilon, x+\varepsilon)\setminus\{x\}\) no contiene puntos de \(B\). Por tanto, \(1\) es el único punto de acumulación de \(B\).
Así pues, \(\operatorname{Ac}(A)=[0,1]\), y como \(\operatorname{Ac}(A)\subseteq A\), \(A\) es cerrado ya que contienen a todos sus puntos de acumulación (ver teorema), y por tanto, no puede ser abierto ya que los únicos conjuntos cerrados y abiertos a la vez son \(\mathbb{R}\) y \(\emptyset\).
Ejercicio 1.2 Dada la sucesión \(\left(\frac{1}{2^n}\right)_{n=1}^\infty\),
- Calcular, si existen, el supremo, ínfimo, máximo y mínimo del conjunto de sus términos.
- Demostrar que la sucesión converge a \(0\).
La sucesión es monótona decreciente, ya que \(\forall n\in\mathbb{N}\) \(2^n<2^{n+1}\), y por tanto, \(x_n=\frac{1}{2^n}<\frac{1}{2^{n+1}}=x_{n+1}\). Así pues, el primer término de la sucesión \(x_1=1/2\) es su máximo, y por tanto el supremo.
Veamos ahora que \(0\) es ínfimo por reducción al absurdo. En primer lugar, \(0\) es una cota inferior de la sucesión, pues todos sus términos son positivos. Supongamos ahora que existe otra cota inferior \(c\in\mathbb{R}\) tal que \(c>0\). Por la propiedad arquimediana, existe \(n\in\mathbb{N}\) tal que \(\frac{1}{n}< c\). Ahora bien, como \(n<2^n\) \(\forall n\in\mathbb{N}\), se tiene que \(\frac{1}{2^n}<\frac{1}{n}< c\), por lo que el termino \(n\) de la sucesión es menor que \(c\), lo que contradice que sea cota inferior. Así pues, \(0\) es el ínfimo. Sin embargo, la sucesión no tiene mínimo, pues \(x_n\neq 0\) \(\forall n\in\mathbb{N}\).
Como la sucesión es monótona decreciente y está acotada inferiormente, por el teorema de la convergencia de una sucesión monónota la sucesión converge y \(\lim_{n\to\infty}x_n = \inf(\{x_n:n\in\mathbb{N}\})=0\).
Ejercicio 1.3 La rentabilidad de un bono cada año, en porcentaje, viene dada por la sucesión recurrente \(x_1=3\) y \(x_{n+1}=\sqrt{\frac{x_n}{2}+3}\). ¿Hacia dónde converge la rentabilidad del bono a medida que pasa el tiempo?
Veamos que primero que la sucesión es monótona decreciente. \(x_1=3>x_n= \sqrt{\frac{3}{2}+3} = 2.12\). Supongamos ahora que \(x_{n-1}>x_n\). Entonces
\[\begin{align*} x_{n-1}>x_n &\Rightarrow \frac{x_{n-1}} {2}>\frac{x_n}{2} \Rightarrow \frac{x_{n-1}}{2}+3>\frac{x_n}{2}+3\\ & \Rightarrow \sqrt{\frac{x_{n-1}}{2}+3}>\sqrt{\frac{x_n}{2}+3} \Rightarrow x_n>x_{n+1}. \end{align*}\] \[ \]
Por otro lado, es fácil ver que la sucesión está acotada inferiormente por \(0\) pues todos los términos son positivos. Así pues, por el teorema de la convergencia de una sucesión monónota, la sucesión converge a un número \(x\in\mathbb{R}\). Para calcular el límite, aprovechando la recurrencia de la sucesión se tiene
\[ x=\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} x_{n+1} = \lim_{n\to\infty} \sqrt{\frac{x_n}{2}+3} = \sqrt{\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{2}+3} = \sqrt{\frac{x}{2}+3} \]
Así pues, se cumple que \(x=\sqrt{\frac{x}{2}+3}\), y de ello se deduce
\[ x=\sqrt{\frac{x}{2}+3} \Rightarrow x^2=\frac{x}{2}+3 \Rightarrow x^2-3 = \frac{x}{2} \Rightarrow 2x^2-x-6 =0,\]
y resolviendo la ecuación se tiene \(x=-3/2\) y \(x=2\). Como todos los términos de la sucesión son positivos, es imposible que converja a \(-3/2\), y por tanto la rentabilidad del bono converge al \(2\)%.
Ejercicio 1.4 Demostrar, usando la definición de límite, que \(\lim_{x\to 1}\frac{3x+1}{2}=2\).
Para cualquier \(\varepsilon>0\) existe \(\delta=\frac{2}{3}\varepsilon\), tal que si \(|x-1|<\delta=\frac{2}{3}\varepsilon\) se tiene
\[ \left|\frac{3x+1}{2}-2\right|= \left|\frac{3x+1-4}{2}\right| = \left|\frac{3x-3}{2}\right| = \left|\frac{3(x-1)}{2}\right| = \frac{3}{2}|x-1|< \frac{3}{2}\frac{2}{3}\varepsilon = \varepsilon. \]
Ejercicio 1.5 Sabiendo que \(\lim_{x\to 0}(1+x)^{1/x}=e\), demostrar que las siguientes funciones son infinitésimos equivalentes en \(x=0\):
- \(\ln(1+x)\) y \(x\).
- \(e^x-1\) y \(x\).
Para que dos funciones \(f\) y \(g\) sean infinitésimos equivalentes en \(x=0\) se tiene que cumplir que \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=1\).
\[\begin{align*} \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x} &= \lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\ln(1+x) = \lim_{x\to 0}\ln\left((1+x)^{1/x}\right)\\ &= \ln\left(\lim_{x\to 0} (1+x)^{1/x}\right) = \ln(e) = 1. \end{align*}\]
Haciendo uso del resultado anterior se tiene
\[\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^{\ln(x+1)}-1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{x+1-1}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x} = \lim_{x\to 0} 1 = 1.\]
Ejercicio 1.6 Determinar las asíntotas de la función \(f(x)=\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2\).
El dominio de la función es \(\operatorname{Dom}(f) = \mathbb{R}-[-1,0]\) de modo que solo puede haber asíntotas verticales a la izquierda de \(-1\) o a la derecha de \(0\). Veamos primero, qué pasa con el límite por la izquierda en \(-1\).
\[ \lim_{x\to -1^-}f(x) = \lim_{x\to -1^-}\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2 = \ln\left(\frac{1}{-1}+1\right)(-1)^2 = \ln(0) = -\infty. \]
Por tanto, \(f\) tiene una asíntota vertical por la izquierda en \(x=-1\).
Veamos ahora, qué pasa con el límite por la derecha en \(0\).
\[\begin{align*} \lim_{x\to 0^+}f(x) &= \lim_{x\to 0^+}\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2 = \lim_{x\to 0^+}\ln\left(\frac{x+1}{x}\right)x^2 \\ &= \lim_{x\to 0^+} (\ln(x+1)-\ln(x))x^2 \\ &= \lim_{x\to 0^+}\ln(x+1)x^2 - \lim_{x\to 0^+}\ln(x)x^2\\ &= \ln(0+1)0^2 - \lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(x)}{1/x^2} \\ &= 0 - \lim_{x\to 0^+}\frac{(\ln(x))'}{(1/x^2)'} = -\lim_{x\to 0^+} \frac{1/x}{-2/x^3} = \tag{L'Hôpital}\\ &= -\lim_{x\to 0^+} \frac{x^3}{-2x} = \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2}{2} = 0. \end{align*}\]
Por lo tanto, \(f\) no tiene asíntota vertical en \(x=0\).
Para ver si hay asíntotas horizontales estudiamos los límites en el infinito.
\[\begin{align*} \lim_{x\to \infty} f(x) &= \lim_{x\to \infty}\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2 = \lim_{x\to\infty} \frac{\ln(x^{-1}+1)}{x^{-2}}\\ &= \lim_{x\to\infty} \frac{(\ln(x^{-1}+1))'}{(x^{-2})'} \tag{L'Hôpital} = \lim_{x\to\infty} \frac{\frac{1}{x^{-1}+1}(-1)x^{-2}}{-2x^{-3}}\\ &= \lim_{x\to \infty} \frac{x}{2(x^{-1}+1)} = \infty. \end{align*}\]
Por tanto, \(f\) no tiene asíntota horizontal en \(\infty\). Veamos ahora qué ocurre en \(-\infty\).
\[\begin{align*} \lim_{x\to -\infty} f(x) &= \lim_{x\to -\infty}\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2 = \lim_{x\to -\infty} \frac{\ln(x^{-1}+1)}{x^{-2}}\\ &= \lim_{x\to -\infty} \frac{(\ln(x^{-1}+1))'}{(x^{-2})'} \tag{L'Hôpital} = \lim_{x\to -\infty} \frac{\frac{1}{x^{-1}+1}(-1)x^{-2}}{-2x^{-3}}\\ &= \lim_{x\to -\infty} \frac{x}{2(x^{-1}+1)} = -\infty. \end{align*}\]
Luego, \(f\) tampoco tiene asíntota vertical en \(-\infty\).
Finalmente, veamos si \(f\) tiene asíntotas oblicuas.
\[\begin{align*} \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{x} &= \lim_{x\to \infty}\frac{\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2}{x} = \lim_{x\to \infty}\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x \\ &= \lim_{x\to \infty} \ln\left(\left(\frac{1}{x}+1\right)^x\right) = \ln\left(\lim_{x\to \infty} \left(\frac{1}{x}+1\right)^x\right)\\ &= \ln(e)=1 \end{align*}\]
Por tanto, \(f\) tiene asíntota vertical en \(\infty\) con pendiente \(b=1\). Para obtener el término independiente de la asíntota, calculamos el siguiente límite.
\[\begin{align*} \lim_{x\to \infty} f(x)-x &= \lim_{x\to \infty}\ln\left(\frac{1}{x}+1\right)x^2-x\\ &= \lim_{x\to \infty}(\ln(x^{-1}+1)x-1)x \\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{\ln(x^{-1}+1)x-1}{x^{-1}}\\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{(\ln(x^{-1}+1)x-1)'}{(x^{-1})'} \tag{L'Hôpital} \\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{\frac{-1}{(x^{-1}+1)x^2}x+\ln(x^{-1}+1)}{(-1)x^{-2}}\\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{\frac{-1}{(x+1)}+\ln(x^{-1}+1)}{-x^{-2}} \\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{\left(\frac{-1}{(1+x)}+\ln(x^{-1}+1)\right)'}{(-x^{-2})'}\\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{\frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{(x^{-1}+1)x^2}}{2x^{-3}}\tag{L'Hôpital}\\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{\frac{1}{(x+1)^2}-\frac{1}{(x+1)x}}{2x^{-3}} = \lim_{x\to \infty}\frac{\frac{-1}{(x+1)^2x}}{2x^{-3}} \\ &= \lim_{x\to \infty}\frac{-x^3}{2(x^3+2x^2+x)} = \frac{-1}{2} \end{align*}\]
Así pues, \(f\) tiene una asíntota oblicua \(y=x-\frac{1}{2}\) en \(\infty\).
Del mismo modo se prueba que esta misma recta también es asíntota oblicua de \(f\) en \(-\infty\).