12  2024-11-11
Examen de Análisis I

Ejercicio 12.1 Calcular las asíntotas de la función $f(x)=e^{\frac{x}{x^2-1}}+3x$.

Solución

Asíntotas verticales

Buscamos las asíntotas verticales en los puntos donde la función no está definida. La función está definida en todo $\mathbb{R}$, excepto en $x=1$ y $x=-1$, ya que en estos puntos se anula el denominador del exponente.

Estudiamos primero el límite en $x=-1$.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to -1^{-}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x& =\underset{x\to -1^{-}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+\underset{x\to -1^{-}}{lim}3x\\ & =e^{\underset{x\to -1^{-}}{lim}\frac{x}{x^2-1}}+3(-1)\\ & =e^{-\mathrm{\infty }}-3=-3.\\ \underset{x\to -1^{+}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x& =\underset{x\to -1^{+}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+\underset{x\to -1^{+}}{lim}3x\\ & =e^{\underset{x\to -1^{+}}{lim}\frac{x}{x^2-1}}+3(-1)\\ & =e^{\mathrm{\infty }}-3=\mathrm{\infty }.\end{array}$$

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

Estudiamos ahora el límite en $x=1$.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 1^{-}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x& =\underset{x\to 1^{-}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+\underset{x\to 1^{-}}{lim}3x\\ & =e^{\underset{x\to 1^{-}}{lim}\frac{x}{x^2-1}}+3(1)\\ & =e^{-\mathrm{\infty }}+3=3.\\ \underset{x\to 1^{+}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x& =\underset{x\to 1^{+}}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+\underset{x\to 1^{+}}{lim}3x\\ & =e^{\underset{x\to 1^{+}}{lim}\frac{x}{x^2-1}}+3(1)\\ & =e^{\mathrm{\infty }}+3=\mathrm{\infty }.\end{array}$$

Por tanto, la función tiene una asíntota vertical en $x=1$ por la derecha.

Asíntotas horizontales

Estudiamos los límites en el infinito.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x& =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}3x\\ & =e^{\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{x^2-1}}+3\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}x\\ & =e^0-3\mathrm{\infty }=-\mathrm{\infty }.\\ \underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x& =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}3x\\ & =e^{\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{x^2-1}}+3\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x\\ & =e^0+3\mathrm{\infty }=\mathrm{\infty }.\end{array}$$

Por tanto, la función no tiene asíntotas horizontales.

Asíntotas oblicuas

Para determiar la pendiente de la asíntota estudiamos los límites en el infinito de $f(x)/x$.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{e^{\frac{x}{x^2-1}}+3x}{x}& =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{e^{\frac{x}{x^2-1}}}{x}+\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{3x}{x}\\ & =\frac{\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}}{\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}x}+3\\ & =\frac{1}{-\mathrm{\infty }}+3=3.\end{array}$$

Así pues, la función tiene una asíntota oblicua en $-\mathrm{\infty }$ con pendiente $3$.

Para determinar el término independiente de la asíntota oblicua, calculamos el límite de $f(x)-3x$ en el infinito.

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}+3x-3x& =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{x}{x^2-1}}\\ & =e^{\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{x^2-1}}\\ & =e^0=1.\end{array}$$

Por tanto, la función tiene una asíntota oblicua en $-\mathrm{\infty }$ con ecuación $y=3x+1$.

Del mismo modo se puede demostrar que la misma recta $y=3x+1$ es una asíntota oblicua en $+\mathrm{\infty }$.

Ejercicio 12.2 Una inversión financiera ofrece una rentabilidad anual dada por la sucesión

$$\{\begin{array}{l}{a}_1=2\mathrm{\%},\\ a_{n+1}=\frac{8a_n}{a_n+4}\mathrm{\%}\end{array}$$

¿Hacia qué valor tiende la rentabilidad a largo plazo?

Solución

Calculamos los primeros términos de la sucesión para darnos una idea de su comportamiento.

$$\begin{array}{rl}{a}_1& =2,\\ a_2& =\frac{8\cdot 2}{2+4}=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}\approx 2.67,\\ a_3& =\frac{8\cdot 8/3}{8/3+4}=\frac{64/3}{20/3}=\frac{64}{20}=\frac{16}{5}=3.2,\\ a_4& =\frac{8\cdot 16/5}{16/5+4}=\frac{128/5}{36/5}=\frac{128}{36}=\frac{32}{9}\approx 3.56,\\ a_5& =\frac{8\cdot 32/9}{32/9+4}=\frac{256/9}{68/9}=\frac{256}{68}=\frac{64}{17}\approx 3.76,\\ \dots \end{array}$$

Parece que la sucesión tiende a $4$, así que probaremos por inducción que 4 es una cota superior de la sucesión.

Caso base: $a_1=2<4$. Hipótesis de inducción: Supongamos que $a_n<4$. Paso inductivo: Probaremos que $a_{n+1}<4$, o lo que es equivalente, $\frac{1}{a_{n+1}}>\frac{1}{4}$.

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{a_{n+1}}& =\frac{a_n+4}{8a_n}=\frac{a_n}{8a_n}+\frac{4}{8a_n}=\frac{1}{8}+\frac{1}{2a_n}\\ & >\frac{1}{8}+\frac{1}{2\cdot 4}=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4}.\end{array}$$

Por tanto, $a_n<4$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$.

Probaremos ahora que la sucesión es creciente. Para ello, calculamos la diferencia entre dos términos consecutivos.

$$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}-a_n& =\frac{8a_n}{a_n+4}-a_n=\frac{8a_n-a_n(a_n+4)}{a_n+4}=\frac{a_n(4-a_n)}{a_n+4}>0\end{array}$$

ya que $0<a_n<4$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$.

Como la sucesión es creciente y acotada superiormente, según el teorema de convergencia de sucesiones monótonas, la sucesión converge. Tomando límites en la ecuación de recurrencia, obtenemos

$$\begin{gathered} a=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_{n+1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{8a_n}{a_n+4}=\frac{8\underset{n\to \mathrm{\infty }{a}_n}{lim}}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n+4} \\ =\frac{8a}{a+4} \end{gathered}$$

Resolviendo la ecuación anterior se tiene

$$\begin{array}{c}a=\frac{8a}{a+4}\iff a(a+4)=8a\iff a^2+4a=8a\iff a^2-4a=0\\ \iff a(a-4)=0\iff a=0\text{o}a=4.\end{array}$$

Como $a_1=2>0$, se tiene que $a=4$, y por tanto, la rentabilidad a largo plazo tiende al $4\mathrm{\%}$.

Ejercicio 12.3 Demostrar sin usar la regla de L’Hôpital que $1-\cos (x)$ y $\frac{x^2}{2}$ son infinitésimos equivalentes en $x=0$.

Solución

Usando la fórmula del coseno del ángulo doble, tenemos que

$$\cos (x)=\cos {\left(\frac{x}{2}\right)}^2-\sin {\left(\frac{x}{2}\right)}^2=1-2\sin {\left(\frac{x}{2}\right)}^2\iff 1-\cos (x)=2\sin {\left(\frac{x}{2}\right)}^2.$$

Como $\sin (x)\approx x$ para $x\approx 0$, se tiene que $\sin \left(\frac{x}{2}\right)\approx \frac{x}{2}$ para $x\approx 0$, y por tanto, se tiene

$$\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos (x)}{\frac{x^2}{2}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{2\sin {\left(\frac{x}{2}\right)}^2}{\frac{x^2}{2}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{2{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}{\frac{x^2}{2}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{x^2}{x^2}=1,$$

y por tanto $1-\cos (x)$ y $\frac{x^2}{2}$ son infinitésimos equivalentes en $x=0$.

Ejercicio 12.4 Dado el conjunto $A=\{x\in \mathbb{Q}:2x^3-3x^2+x>0\}$, calcular su supremo, su ínfimo, su máximo y su mínimo. ¿Es un conjunto abierto o cerrado? Dar sus puntos de acumulación que no pertenecen al conjunto y demostrarlo.

Solución

Primero vamos a expresar el conjunto $A$ mediante la unión de intervalos. Para ello, factorizamos el polinomio $2x^3-3x^2+x$ y se tiene

$$2x^3-3x^2+x=x(2x^2-3x+1)=x(2x-1)(x-1).$$

Para que $2x^3-3x^2+x>0$, necesitamos que $x>0$ y que $(2x-1)(x-1)>0$, o que $x<0$ y $(2x-1)(x-1)<0$. Por su parte, $(2x-1)(x-1)>0$ si $x>1$ o $x<1/2$. Así pues, el conjunto $A$ se puede expresar como

$$A=\{x\in \mathbb{Q}:x>0\wedge x>1\}\cup \{x\in \mathbb{Q}:x>0\wedge x<1/2\}=\mathbb{Q}\cap ((0,1/2)\cup (1,\mathrm{\infty })).$$

Resulta fácil ver que $A$ no tiene supremo ya que no está acotado superiormente, y por tanto tampoco tiene máximo. Por otro lado, su ínfimo es $0$ ya que es la mayor de las cotas inferiores, pero como $0\notin A$, no tiene mínimo.

El conjunto $A$ no es abierto ya que sus puntos no son interiores. Si tomamos cualquier valor $x\in A$, para cualquier $\epsilon >0$ se tiene que el entorno $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ contiene valores irracionales debido a la densidad de los números irracionales en los reales. Por tanto, $A$ no es abierto. Del mismo modo, su contrario tampoco es abierto ya que si tomamos por ejemplo un valor $x\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$ tal que $x>1$, para cualquier $\epsilon$ el $(x-\epsilon ,x+\epsilon )$ contiene valores racionales por la densidad de los racionales en los reales. Por tanto, $\mathbb{R}\setminus A$ no es abierto y $A$ no es cerrado.

Finalmente, veamos que puntos de acumulación de $A$ que no pertenecen a $A$. En primer lugar, $0$ es un punto de acumulación de $A$ ya que cualquier entorno reducido de $0$ contiene valores racionales positivos. Del mismo modo, $1/2$ es otro punto de acumulación ya que cualquier entorno reducido de $1/2$ contiene valores racionales menores de $1/2$. Y $1$ es también otro punto de acumulación ya que cualquier entorno reducido de $1$ contiene valores racionales mayores de $1$. Por tanto, $0$, $1/2$ y $1$ son puntos de acumulación de $A$ que no pertenecen a $A$. Pero además, cualquier número irracional $x\in (0,1/2)\cup (1,\mathrm{\infty })$ es un punto de acumulación de $A$ que no pertenece a $A$, ya que, una vez más, por la densidad de los racionales en los reales, cualquier entorno de $x$ contiene valores racionales en $(0,1/2)\cup (1,\mathrm{\infty })$, es decir en $A$. Por tanto, los puntos de acumulación de $A$ que no pertenecen a $A$ son $0$, $1/2$, $1$ y $\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\cap ((0,1/2)\cup (1,\mathrm{\infty }))$.

Ejercicio 12.5 Demostrar usando la definición de límite que $\underset{x\to 1}{lim}\frac{x-1}{x^2-1}=\frac{1}{2}$.

Solución

Dado un $\epsilon >0$, veamos si existe un $\delta >0$ tal que $|\frac{x-1}{x^2-1}-\frac{1}{2}|<\epsilon$ $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ tal que $|x-1|<\delta$.

$$|\frac{x-1}{x^2-1}-\frac{1}{2}|=|\frac{(x-1)}{(x+1)(x-1)}-\frac{1}{2}|=|\frac{1}{x+1}-\frac{1}{2}|=\left|\frac{1-x}{2(x+1)}\right|=\frac{|x-1|}{2|x+1|}.$$

Necesitamos que

$$\frac{|x-1|}{2|x+1|}<\epsilon .$$

Para acotar inferiormente $|x+1|$, supongamos que $|x-1|<1$, de modo que $0<x<2$. Entonces $1<x+1<3$, y por tanto, $|x+1|>1$. Así pues, si $|x-1|<1$, tenemos que

$$\frac{|x-1|}{2|x+1|}<\frac{|x-1|}{2}.$$

Necesitamos, por tanto, que

$$\frac{|x-1|}{2}<\epsilon \iff |x-1|<2\epsilon .$$

De manera que tomando $\delta =min\{1,2\epsilon \}$, se tiene que

$$|\frac{x-1}{x^2-1}-\frac{1}{2}|=\left|\frac{1-x}{2(x+1)}\right|<\left|\frac{1-x}{2}\right|<\frac{2\epsilon }{2}=\epsilon ,$$

lo que prueba que $\underset{x\to 1}{lim}\frac{x-1}{x^2-1}=\frac{1}{2}$.