PROBLEMAS RESUELTOS MATEMÁTICAS
dominios y continuidad de las funciones

Ver enunciado en

Problemas de continuidad de funciones

Estás en : Matemáticas y Poesía > Ejercicios resueltos

 

Ejercicios de continuidad de funciones

Respuesta al ejercicio 19
Cuando \(x\rightarrow 0^+\) la expresión 1/x crece indefidamente tendiendo a \(+\infty\) y, por tanto igual ocurre con \(e^{1/x}\), pero como se tiene \(e^{-1/x}\) habremos de poner :
    \(\displaystyle e^{-1/x}= \frac{1}{e^{1/x}}\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{1}{e^{1/x}} = 0\)

por lo que el límite cuando \(x\rightarrow 0^+\) de la función pedida será:

    \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{2}{1 + e^{-1/x}} = \frac{2}{1+0} = 2\)

Para comprobar el límite según la definición se deberá tener:

    \( \displaystyle \forall \varepsilon > 0 \quad \exists\; \alpha > 0 / \forall x \in (0,0+\alpha) \Rightarrow \left|\frac{2}{1 + e^{-1/x}} - 2\right| < \varepsilon \)
Vamos a ver que , en efecto, existe un \(\alpha, \; \forall \varepsilon > 0\) , tenemos :
    \( \displaystyle \left|\frac{2}{1 + e^{-1/x}} - 2\right| = \left|\frac{2 - 2 - 2·e^{-1/x} }{1 + e^{-1/x}} \right| = \left|\frac{ - 2·e^{-1/x} }{1 + e^{-1/x}} \right| = \)
    \( \displaystyle = \left|\frac{ - 2·e^{-1/x} }{1 + 1/e^{1/x}} \right|= \left|\frac{e^{\frac{-2}{1/x}}}{\frac{e^{1/x}+1}{e^{1/x}}}\right| = \left|\frac{-2}{e^{1/x}+ 1}\right| = \frac{2}{e^{1/x}+ 1} \)

Ya que \(e^{1/x}+ 1\) siempre es positivo , pues el campo de variación de la función \(e^{1/x}\) es \([0, + \infty]\).

Según esa transformación calculamos el valor de \(\alpha\), tenemos:

    \( \displaystyle \frac{2}{e^{1/x}+ 1} < \varepsilon \Rightarrow \frac{2}{\varepsilon} < e^{1/x}+ 1 \Rightarrow \frac{2}{\varepsilon}- 1 < e^{1/x} \)
Tomando logaritmos naturales, tenemos:
    \( \displaystyle \ln\left( \frac{2}{\varepsilon}- 1\right) < e^{1/x} < \frac{1}{x}\Rightarrow 0 < x < \frac{1}{\ln\left( \frac{2}{\varepsilon}- 1\right)} \)
Deberemos tomar entonces :
    \( \displaystyle \alpha = \frac{1}{\ln\left( \frac{2}{\varepsilon}- 1\right)} \)

Pero la expresión no tiene sentido si \(\varepsilon > 2\) pues entonces se tiene el logatirmo de un número negativo o nulo, que no existe.

Pero en este caso nos sirve cualquier \(\alpha > 0 \) , pues se tiene que para todo x tal que \(0 < x < \alpha \) , se cumple :

    \( \displaystyle \frac{2}{e^{1/x}+ 1} < 2 \leq \varepsilon \)

Con lo que queda demostrado que:

    \( \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{2}{1+e^{-1/x} } = 2 \)
EJERCICIOS RESUELTOS DE ANÁLISIS MATEMÁTICO PARA INGENIERÍA Y CIENCIAS


tema escrito por: José Antonio Hervás