1  2022-11-14
Examen de Análisis I

Ejercicio 1.1 Calcular los puntos de acumulación del conjunto $A=[0,1]\cup \{\frac{n}{n-1}:n\in \mathbb{N},n\ge 2\}$. ¿Es un conjunto cerrado? ¿Y abierto?

Solución

Veamos primero que todos los puntos del intervalo $[0,1]$ son puntos de acumulación. Sea $x\in [0,1]$. Entonces para cualquier $\epsilon >0$, por la densidad de los números reales, el entorno reducido $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\setminus \{x\}$ contiene puntos de $[0,1]$, y por tanto $x$ es un punto de acumulación de $[0,1]$.

Veamos ahora que el conjunto $B=\{\frac{n}{n-1}:n\in \mathbb{N},n\ge 2\}=\{1+\frac{1}{n-1}:n\in \mathbb{N},n\ge 2\}$ solo tiene $1$ como punto de acumulación. En primer lugar, $1$ es punto de acumulación, ya que para cualquier $\epsilon >0$, $(1-\epsilon ,1+\epsilon )\setminus \{1\}$ contiene puntos de $A$. Para verlo, basta aplicar la propiedad arquimediana, por la que existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n}<\epsilon$, de manera que $1+\frac{1}{n}<1+\epsilon$, y por tanto $(1-\epsilon ,1+\epsilon )\setminus \{1\}\cap B\ne \mathrm{\varnothing }$.

Si $x<1$, tomando $\epsilon =|x-1|$ el entorno reducido $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\setminus \{x\}$ no contiene puntos de $B$. Del mismo modo, si $x>2$, tomando $\epsilon =|x-2|$ el entorno reducido $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\setminus \{x\}$ tampoco contiene puntos de $B$. Finalmente, si $1<x\le 2$, por la propiedad arquimediana, existe $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n}\le x<\frac{1}{n-1}$. Tomando $\epsilon =min(\{|x-\frac{1}{n}|,|x-\frac{1}{n-1}|\})$ también se tiene que el entorno reducido $(x-\epsilon ,x+\epsilon )\setminus \{x\}$ no contiene puntos de $B$. Por tanto, $1$ es el único punto de acumulación de $B$.

Así pues, $\mathrm{Ac}(A)=[0,1]$, y como $\mathrm{Ac}(A)\subseteq A$, $A$ 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 $\mathrm{\varnothing }$.

Ejercicio 1.2 Dada la sucesión ${\left(\frac{1}{2^n}\right)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$,

1. Calcular, si existen, el supremo, ínfimo, máximo y mínimo del conjunto de sus términos.
2. Demostrar que la sucesión converge a $0$.

Solución

1. La sucesión es monótona decreciente, ya que $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ $2^n<2^{n+1}$, 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 $n<2^n$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, 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 $x_n\ne 0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$.

2. Como la sucesión es monótona decreciente y está acotada inferiormente, por el teorema de la convergencia de una sucesión monónota la sucesión converge y $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=inf(\{x_n:n\in \mathbb{N}\})=0$.

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?

Solución

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

$$\begin{array}{rl}{x}_{n-1}>x_n& \Rightarrow \frac{x_{n-1}}{2}>\frac{x_n}{2}\Rightarrow \frac{x_{n-1}}{2}+3>\frac{x_n}{2}+3\\ & \Rightarrow \sqrt{\frac{x_{n-1}}{2}+3}>\sqrt{\frac{x_n}{2}+3}\Rightarrow x_n>x_{n+1}.\end{array}$$ $$$$

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

$$x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{n+1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{\frac{x_n}{2}+3}=\sqrt{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_n}{2}+3}=\sqrt{\frac{x}{2}+3}$$

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 $\underset{x\to 1}{lim}\frac{3x+1}{2}=2$.

Solución

Para cualquier $\epsilon >0$ existe $\delta =\frac{2}{3}\epsilon$, tal que si $|x-1|<\delta =\frac{2}{3}\epsilon$ se tiene

$$|\frac{3x+1}{2}-2|=\left|\frac{3x+1-4}{2}\right|=\left|\frac{3x-3}{2}\right|=\left|\frac{3(x-1)}{2}\right|=\frac{3}{2}|x-1|<\frac{3}{2}\frac{2}{3}\epsilon =\epsilon .$$

Ejercicio 1.5 Sabiendo que $\underset{x\to 0}{lim}(1+x{)}^{1/x}=e$, demostrar que las siguientes funciones son infinitésimos equivalentes en $x=0$:

1. $\ln (1+x)$ y $x$.
2. $e^x-1$ y $x$.

Solución

Para que dos funciones $f$ y $g$ sean infinitésimos equivalentes en $x=0$ se tiene que cumplir que $\underset{x\to 0}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=1$.

1. $$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x}\ln (1+x)=\underset{x\to 0}{lim}\ln ((1+x{)}^{1/x})\\ & =\ln (\underset{x\to 0}{lim}(1+x{)}^{1/x})=\ln (e)=1.\end{array}$$

2. Haciendo uso del resultado anterior se tiene

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x-1}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^{\ln (x+1)}-1}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x+1-1}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x}{x}=\underset{x\to 0}{lim}1=1.$$

Ejercicio 1.6 Determinar las asíntotas de la función $f(x)=\ln (\frac{1}{x}+1)x^2$.

Solución

El dominio de la función es $\mathrm{Dom}(f)=\mathbb{R}-[-1,0]$ 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 $-1$.

$$\underset{x\to -1^{-}}{lim}f(x)=\underset{x\to -1^{-}}{lim}\ln (\frac{1}{x}+1)x^2=\ln (\frac{1}{-1}+1)(-1{)}^2=\ln (0)=-\mathrm{\infty }.$$

Por tanto, $f$ tiene una asíntota vertical por la izquierda en $x=-1$.

Veamos ahora, qué pasa con el límite por la derecha en $0$.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)& =\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln (\frac{1}{x}+1)x^2=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)x^2\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{lim}(\ln (x+1)-\ln (x))x^2\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln (x+1)x^2-\underset{x\to 0^{+}}{lim}\ln (x)x^2\\ & =\ln (0+1)0^2-\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{\ln (x)}{1/x^2}\\ \text{(L’Hôpital)}& & =0-\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{(\ln (x){)}^{\prime }}{(1/x^2{)}^{\prime }}=-\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{1/x}{-2/x^3}=& =-\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{x^3}{-2x}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{x^2}{2}=0.\end{array}$$

Por lo tanto, $f$ no tiene asíntota vertical en $x=0$.

Para ver si hay asíntotas horizontales estudiamos los límites en el infinito.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\ln (\frac{1}{x}+1)x^2=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (x^{-1}+1)}{x^{-2}}\\ \text{(L’Hôpital)}& & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(\ln (x^{-1}+1){)}^{\prime }}{(x^{-2}{)}^{\prime }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{x^{-1}+1}(-1)x^{-2}}{-2x^{-3}}& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{2(x^{-1}+1)}=\mathrm{\infty }.\end{array}$$

Por tanto, $f$ no tiene asíntota horizontal en $\mathrm{\infty }$. Veamos ahora qué ocurre en $-\mathrm{\infty }$.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}f(x)& =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\ln (\frac{1}{x}+1)x^2=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (x^{-1}+1)}{x^{-2}}\\ \text{(L’Hôpital)}& & =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{(\ln (x^{-1}+1){)}^{\prime }}{(x^{-2}{)}^{\prime }}=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{x^{-1}+1}(-1)x^{-2}}{-2x^{-3}}& =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{2(x^{-1}+1)}=-\mathrm{\infty }.\end{array}$$

Luego, $f$ tampoco tiene asíntota vertical en $-\mathrm{\infty }$.

Finalmente, veamos si $f$ tiene asíntotas oblicuas.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{x}& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (\frac{1}{x}+1)x^2}{x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\ln (\frac{1}{x}+1)x\\ & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\ln \left({(\frac{1}{x}+1)}^x\right)=\ln \left(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(\frac{1}{x}+1)}^x\right)\\ & =\ln (e)=1\end{array}$$

Por tanto, $f$ tiene asíntota vertical en $\mathrm{\infty }$ con pendiente $b=1$. Para obtener el término independiente de la asíntota, calculamos el siguiente límite.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)-x& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\ln (\frac{1}{x}+1)x^2-x\\ & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}(\ln (x^{-1}+1)x-1)x\\ & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (x^{-1}+1)x-1}{x^{-1}}\\ \text{(L’Hôpital)}& & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(\ln (x^{-1}+1)x-1{)}^{\prime }}{(x^{-1}{)}^{\prime }}& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{-1}{(x^{-1}+1)x^2}x+\ln (x^{-1}+1)}{(-1)x^{-2}}\\ & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{-1}{(x+1)}+\ln (x^{-1}+1)}{-x^{-2}}\\ & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{(\frac{-1}{(1+x)}+\ln (x^{-1}+1))}^{\prime }}{(-x^{-2}{)}^{\prime }}\\ \text{(L’Hôpital)}& & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{(x+1{)}^2}-\frac{1}{(x^{-1}+1)x^2}}{2x^{-3}}& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{(x+1{)}^2}-\frac{1}{(x+1)x}}{2x^{-3}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{-1}{(x+1{)}^{2}x}}{2x^{-3}}\\ & =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{-x^3}{2(x^3+2x^2+x)}=\frac{-1}{2}\end{array}$$

Así pues, $f$ tiene una asíntota oblicua $y=x-\frac{1}{2}$ en $\mathrm{\infty }$.

Del mismo modo se prueba que esta misma recta también es asíntota oblicua de $f$ en $-\mathrm{\infty }$.