05_Resolución de la Entrega

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Análisis Matemático (2214) 
Licenciatura en Biotecnología 
 
1 
 
 
 
Resolución de la Entrega AMBT (Unidad 2) 
Problema 1: Para la siguiente fórmula: 
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
a) Hallá su dominio natural y definí una función con ese dominio; 
b) Calculá todas las asíntotas de la función de manera analítica; 
c) Decidí para cuáles de los valores que no pertenecen a su dominio es posible extenderla de manera 
que resulte continua y redefinila de esa manera. 
Resolución: 
Para determinar el dominio natural tenemos que observar que se trata de una división entre 
polinomios. En consecuencia, debemos calcular los valores de 𝑥 que hacen que el denominador es 
igual a cero. 
Resolviendo la ecuación −𝑥2 + 7𝑥 − 10 = 0 obtenemos 𝑥1 = 2 y 𝑥2 = 5. Luego la función definida 
es: 
𝑓:ℝ − {2; 5} → ℝ, 𝑓 =
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
• Estudiemos la existencia de asíntotas verticales. 
Veamos si tiene asíntota vertical en 𝑥 = 2. 
Calculemos los límites laterales, primero cuando 𝑥 se acerca a 2 por derecha: 
lím
𝑥→2+
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
 
Como lím
𝑥→2+
𝑥2 − 3𝑥 + 2 = 0 y lím
𝑥→2+
−𝑥2 + 7𝑥 − 10 = 0 estamos presencia de una determinación 
del tipo 
0
0
 . Factorizando el polinomio del numerador y del denominador, se tiene: 
lím
𝑥→2+
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
= lím
𝑥→2+
(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)
−(𝑥 − 2)(𝑥 − 5)
= lím
𝑥→2+
(𝑥 − 1)
−(𝑥 − 5)
=
1
3
 
 
Ahora cuando 𝑥 se acerca a 2 por izquierda: 
lím
𝑥→2−
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
 
Como lím
𝑥→2−
𝑥2 − 3𝑥 + 2 = 0 y lím
𝑥→2−
−𝑥2 + 7𝑥 − 10 = 0 nuevamente estamos presencia de una 
determinación del tipo 
0
0
 . Factorizando el polinomio del numerador y del denominador, se tiene: 
lím
𝑥→2−
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
= lím
𝑥→2−
(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)
−(𝑥 − 2)(𝑥 − 5)
= lím
𝑥→2−
(𝑥 − 1)
−(𝑥 − 5)
=
1
3
 
Dado que los límites laterales dieron como resultado un número, entonces no posee asíntota vertical 
en 𝑥 = 2. 
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EJERCICIOS RESUELTOS DE LÍMITE Y CONTINUIDAD
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Análisis Matemático (2214) 
Licenciatura en Biotecnología 
 
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Veamos si tiene asíntota vertical en 𝑥 = 5. 
Calculemos los límites laterales, primero cuando 𝑥 a 5 por derecha: 
lím
𝑥→5+
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
Como lím
𝑥→5+
𝑥2 − 3𝑥 + 2 =17 y lím
𝑥→5+
−𝑥2 + 7𝑥 − 10 = 0, entonces: 
lím
𝑥→5+
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
= −∞ 
 
Ahora cuando 𝑥 se acerca a 5 por izquierda: 
lím
𝑥→5−
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
Como lím
𝑥→5−
𝑥2 − 3𝑥 + 2 =17 y lím
𝑥→5−
−𝑥2 + 7𝑥 − 10 = 0, entonces: 
lím
𝑥→5−
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
= +∞ 
Como el resultado de los límites es −∞ cuando 𝑥 se acerca a 5 por derecha, y es +∞ cuando 𝑥 se 
acerca a 5 por izquierda, entonces posee una asíntota vertical en 𝑥 = 5. Es importante destacar que 
no es necesario que ambos límites den como resultado infinito, con que uno solo tenga como resultado 
más o menos infinito alcanza para decir que posee asíntota vertical. 
• Estudiemos la existencia de asíntotas horizontales. 
Primero veamos la existencia de asíntota horizontal en +∞. Para ello calculemos lím
𝑥→+∞
𝑓(𝑥) 
lím
𝑥→+∞
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
Como lím
𝑥→+∞
𝑥2 − 3𝑥 + 2 = +∞ y lím
𝑥→+∞
−𝑥2 + 7𝑥 − 10 = −∞. Estamos en presencia de una 
indeterminación del tipo 
∞
∞
 . Sacando factor común forzado en el polinomio del numerador y del 
denominador, se tiene: 
lím
𝑥→+∞
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 = lím
𝑥→+∞
𝑥2 ⋅ (1 −
3
𝑥 +
2
𝑥2
)
𝑥2 ⋅ (−1 +
7
𝑥 −
10
𝑥2
)
 = lím
𝑥→+∞
(1 −
3
𝑥 +
2
𝑥2
)
(−1 +
7
𝑥 −
10
𝑥2
)
=
1
−1
= −1 
 
 En +∞ la asíntota horizontal es 𝑦 = −1. 
Ahora veamos la existencia de asíntota horizontal en −∞. Para ello calculemos lím
𝑥→−∞
𝑓(𝑥) 
lím
𝑥→−∞
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 
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Como lím
𝑥→−∞
𝑥2 − 3𝑥 + 2 = +∞ y lím
𝑥→−∞
−𝑥2 + 7𝑥 − 10 = −∞. Estamos en presencia de una 
indeterminación del tipo 
∞
∞
 . Sacando factor común forzado en el polinomio del numerador y del 
denominador, se tiene: 
lím
𝑥→−∞
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 = lím
𝑥→−∞
𝑥2 ⋅ (1 −
3
𝑥
+
2
𝑥2
)
𝑥2 ⋅ (−1 +
7
𝑥
−
10
𝑥2
)
 = lím
𝑥→−∞
(1 −
3
𝑥
+
2
𝑥2
)
(−1 +
7
𝑥
−
10
𝑥2
)
=
1
−1
= −1 
 En −∞ la asíntota horizontal es 𝑦 = −1. 
Veamos para cuáles de los valores que no pertenecen al dominio de 𝑓 es posible extenderla de manera 
que resulte continua, y redefinámosla en consecuencia: 
Vimos que lím
𝑥→2
 
𝑥2−3𝑥+2
−𝑥2+7𝑥−10
=
1
3
 y que lím
𝑥→5
 
𝑥2−3𝑥+2
−𝑥2+7𝑥−10
= ∞, entonces podemos redefinir la de la 
siguiente manera: 
𝑓:ℝ − {5} → ℝ/𝑓(𝑥) = {
𝑥2 − 3𝑥 + 2
−𝑥2 + 7𝑥 − 10
 𝑐𝑜𝑛 𝑥 ≠ 2
 
1
3
 𝑐𝑜𝑛 𝑥 = 2 
 
Problema 2. Calculemos el siguiente límite: 
lím
𝑥→0
 
𝑥3 − 𝑥
𝑥
 
Analicemos los límites laterales, primero cuando 𝑥 se acerca 0 por derecha: 
lím
𝑥→0+
𝑥3 − 𝑥
𝑥
 
Como lím
𝑥→0+
𝑥3 − 𝑥 = 0 y lím
𝑥→0+
𝑥 = 0 estamos en presencia de una indeterminación del tipo 
0
0
 . 
Factorizando el polinomio del numerador, se tiene que: 
lím
𝑥→0+
𝑥3 − 𝑥
𝑥
 = lím
𝑥→0+
𝑥(𝑥2 − 1)
𝑥
 = lím
𝑥→0+
𝑥2 − 1 = −1 
 
Luego, estudiamos el límite cuando x se acerca a 0 por izquierda: 
lím
𝑥→0−
𝑥3 − 𝑥
𝑥
= 
Como lím
𝑥→0−
𝑥3 − 𝑥 = 0 y lím
𝑥→0−
𝑥 = 0 estamos en presencia de una indeterminación del tipo 
0
0
 . 
Factorizando el polinomio del numerador, se tiene que: 
lím
𝑥→0−
𝑥3 − 𝑥
𝑥
 = lím
𝑥→0−
𝑥(𝑥2 − 1)
𝑥
 = lím
𝑥→0−
𝑥2 − 1 = −1 
 
Como ambos límites laterales coinciden, entonces podemos concluir que: 
 
lím
𝑥→0
𝑥3 − 𝑥
𝑥
= −1 
 
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Calculemos el siguiente límite: 
lím
𝑥→3
(1 + 𝑥2 − 9)
1
𝑥−3 
Analicemos los límites laterales, primero cuando 𝑥 se acerca 3 por derecha: 
lím
𝑥→3+
(1 + 𝑥2 − 9)
1
𝑥−3 
Como lím
𝑥→3+
(1 + 𝑥2 − 9) = 1 y lím
𝑥→3+
1
𝑥−3
= +∞ estamos en presencia de una indeterminación del 
tipo 1∞. 
 
Llevando la expresión al número e, se tiene que: 
 
lím
𝑥→3+
(1 +
1
1
𝑥2 − 9
)
1
(𝑥−3)
 ⋅ 
(𝑥+3)
(𝑥+3)
= lím
𝑥→3+
[
 
 
 
 
(1 +
1
1
𝑥2 − 9
)
1
(𝑥−3)(𝑥+3)
]
 
 
 
 
(𝑥+3)
 
Notar que (1 + 𝑥2 − 9) = (1 +
1
1
𝑥2−9
) y, además, que 
1
𝑥2−9
=
1
(𝑥+3)(𝑥−3)
. 
Como lím
𝑥→3+
(1 +
1
1
𝑥2−9
)
1
(𝑥−3)(𝑥+3)
= 𝑒 y, además, lím
𝑥→3+
(𝑥 + 3) = 6, entonces 
{
 
 
 
 
lím
𝑥→3+
(1 +
1
1
𝑥2 − 9
)
1
(𝑥−3)(𝑥+3)
}
 
 
 
 
lím
𝑥→3+
(𝑥+3)
= 𝑒6 
 
De manera análoga, se estudia el límite cuando 𝑥 se acerca a 3 por izquierda: 
lím
𝑥→3−
(1 + 𝑥2 − 9)
1
𝑥−3 
 
Como lím
𝑥→3−
(1 + 𝑥2 − 9) = 1 y lím
𝑥→3−
1
𝑥−3
= −∞ estamos en presencia de una indeterminación del 
tipo 1∞. Llevando la expresión al número e, se tiene que: 
 
lím
𝑥→3−
(1 +
1
1
𝑥2 − 9
)
1
(𝑥−3)
 ⋅ 
(𝑥+3)
(𝑥+3)
= lím
𝑥→3−
[
 
 
 
 
(1 +
1
1
𝑥2 − 9
)
1
(𝑥−3)(𝑥+3)
]
 
 
 
 
(𝑥+3)
= 
 
{
 
 
 
 
lím
𝑥→3−
(1 +
1
1
𝑥2 − 9
)
1
(𝑥−3)(𝑥+3)
}
 
 
 
 
lím
𝑥→3−
(𝑥+3)
= 𝑒6 
 
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Como ambos límites laterales coinciden, entonces podemos concluir que: 
lím
𝑥→3
(1 + 𝑥2 − 9)
1
𝑥−3 = 𝑒6 
Ahora vamos a resolver el límite que implicaba un desafío: 
lím
x→0
 
sen (
1
x
)
5
2
x
 
Al ser este un límite puntual vamos a realizar los límites laterales. comencemos analizando el límite 
cuando 𝑥 se acerca a 0 por derecha. Pero antes vamos a reescribir el límite del siguiente modo para 
facilitarel análisis: 
lím
x→0+
1
5
2
𝑥
⋅ sen (
1
𝑥
) 
Estudiemos los factores que componen ese producto por separado. Primero calculemos: 
lím
x→0+
1
5
2
𝑥
 
Analicemos el límite del denominador: 
lím
x→0+
5
2
𝑥 = { lím
𝑥→0+
5}
 lím 
𝑥→0+
 
2
𝑥
 
Observando que lím
𝑥→0+
2
𝑥
= +∞, se tiene “5+∞”. Luego: 
lím
x→0+
5
2
𝑥 = { lím
𝑥→0+
5}
 lím 
𝑥→0+
 
2
𝑥
= +∞ 
Como el límite del denominador es +∞, entonces: 
lím
x→0+
1
5
2
𝑥
= 0 
Podemos observar también este comportamiento en GeoGebra: 
 
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Observemos que sen (
1
𝑥
) es una función acotada. Su gráfico cuando 𝑥 se acerca a cero es: 
 
Estamos en presencia de un límite del tipo “𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑐𝑜𝑡𝑎𝑑𝑎”. En conclusión, tenemos: 
lím
x→0+
1
5
2
𝑥
⋅ sen (
1
𝑥
) = 0 
Realizamos ahora el análisis del límite de 𝑥 acercándose a 0 por izquierda. Nuevamente reescribamos 
la expresión para facilitar el análisis: 
lím
x→0−
1
5
2
𝑥
⋅ sen (
1
𝑥
) 
Estudiemos los factores que componen ese producto por separado. Primero calculemos: 
lím
x→0−
1
5
2
𝑥
 
Analicemos el límite del denominador: 
lím
x→0−
5
2
𝑥 = { lím
𝑥→0−
5}
 lím 
𝑥→0−
 
2
𝑥
 
Observando que lím
𝑥→0−
2
𝑥
= −∞, se tiene “5−∞”. Luego: 
lím
x→0−
5
2
𝑥 = { lím
𝑥→0−
5}
 lím 
𝑥→0−
 
2
𝑥 = 0 
Como el límite del denominador es 0, entonces: 
lím
x→0−
1
5
2
𝑥
= +∞ 
Observemos su grafica para comprobar nuestro análisis. 
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Ya habíamos observado que sen (
1
𝑥
) es una función acotada. 
Sintetizando la información, tenemos un límite “+∞ 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑐𝑜𝑡𝑎𝑑𝑜”. En conclusión: 
lím
x→0−
1
5
2
𝑥
⋅ sen (
1
𝑥
) = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑜 
Teniendo en cuenta el análisis realizado de los límites laterales, y la proposición que nos indica que 
para que un límite exista los límites laterales deben ser iguales, podemos concluir que el límite en 
cuestión no existe. Simbólicamente: 
lím
x→0
sen (
1
𝑥)
5
2
𝑥
= ∄ 
 
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