Exercicis de límits i continuïtat

A $x = -2$ el denominador s'anul·la: $f$ no hi està definida i, per tant, no és contínua.

Factoritzant, $x^{2} + x - 2 = (x + 2)(x - 1)$, i per a $x \neq -2$:

$f(x) = x - 1$

Els dos laterals valen $-2 - 1 = -3$: existeixen, són finits i iguals. És una discontinuïtat evitable (n'hi hauria prou de definir $f(-2) = -3$).

Un polinomi és continu a tot $\mathbb{R}$, així que Bolzano s'hi pot aplicar: si $p(a)$ i $p(b)$ tenen signes contraris, hi ha almenys una arrel a $(a, b)$.

• $[-4, -3]$: $p(-4) = -62$ (-) i $p(-3) = -24$ (-) → mateix signe
• $[-3, -2]$: $p(-3) = -24$ (-) i $p(-2) = -4$ (-) → mateix signe
• $[-2, -1]$: $p(-2) = -4$ (-) i $p(-1) = 4$ (+) → canvi de signe

Només a $[-2, -1]$ hi ha canvi de signe: allà Bolzano assegura una arrel. Als altres, amb el mateix signe als extrems, el teorema no diu res (hi podria haver zero arrels o dues).

Pas 1 — és una asímptota vertical. Amb $x = -3$: numerador $2 \cdot (-3) - 1 = -7$, denominador $0$. Un número diferent de zero entre zero dona infinit.

Pas 2 — el signe a cada costat. El numerador, a prop de $-3$, val gairebé $-7$: és negatiu.

• Per l'esquerra ($x$ una mica més petit que $-3$), $x - (-3)$ és un número petit negatiu.
• Per la dreta ($x$ una mica més gran que $-3$), $x - (-3)$ és un número petit positiu.

Així, el quocient és negatiu entre negatiu per l'esquerra i negatiu entre positiu per la dreta: els dos laterals tenen signes contraris.

Resultat: $\lim_{x \to -3^-} f(x) = +\infty$ i $\lim_{x \to -3^+} f(x) = -\infty$.

L'asímptota horitzontal és $y = \lim_{x \to \pm\infty} f(x)$. Amb $x$ enorme només compten els termes de grau més alt.

Empaten en grau (els dos són de grau $2$), així que l'asímptota és el quocient dels coeficients principals:

$k = \frac{2}{1} = 2$

Com que el límit és el mateix a $+\infty$ i a $-\infty$, l'asímptota $y = 2$ val pels dos costats.

Pas 1 — el pendent.

$m = \lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\infty} \frac{x^{2} + x + 1}{x(x + 2)} = 1$

(numerador i denominador són de grau $2$: quocient dels coeficients principals).

Pas 2 — l'ordenada.

$f(x) - x = \frac{x^{2} + x + 1 - x(x + 2)}{x + 2} = \frac{-x + 1}{x + 2}$

i el límit a l'infinit és el quocient dels coeficients de grau $1$: $n = -1$.

Resultat: l'asímptota obliqua és $y = x - 1$.

Comprovació ràpida: dividint el polinomi, $x^{2} + x + 1 = (x + 2)(x - 1) + 3$, i el quocient de la divisió és justament l'asímptota.

Per l'esquerra ($x < -2$) mana el primer tros, $2x - 4$:

$\lim_{x \to -2^-} f(x) = 2 \cdot (-2) - 4 = -8$

L'altre lateral no compta: un límit lateral només mira un costat.

A $x = 3$ el denominador s'anul·la: $f$ no hi està definida i, per tant, no és contínua.

Factoritzant, $x^{2} - 2 x - 3 = (x - 3)(x + 1)$, i per a $x \neq 3$:

$f(x) = x + 1$

Els dos laterals valen $3 - (-1) = 4$: existeixen, són finits i iguals. És una discontinuïtat evitable (n'hi hauria prou de definir $f(3) = 4$).

Un polinomi és continu a tot $\mathbb{R}$, així que Bolzano s'hi pot aplicar: si $p(a)$ i $p(b)$ tenen signes contraris, hi ha almenys una arrel a $(a, b)$.

• $[0, 1]$: $p(0) = -4$ (-) i $p(1) = -8$ (-) → mateix signe
• $[1, 2]$: $p(1) = -8$ (-) i $p(2) = -6$ (-) → mateix signe
• $[2, 3]$: $p(2) = -6$ (-) i $p(3) = 8$ (+) → canvi de signe

Només a $[2, 3]$ hi ha canvi de signe: allà Bolzano assegura una arrel. Als altres, amb el mateix signe als extrems, el teorema no diu res (hi podria haver zero arrels o dues).

Pas 1 — és una asímptota vertical. Amb $x = -3$: numerador $2 \cdot (-3) - 1 = -7$, denominador $0$. Un número diferent de zero entre zero dona infinit.

Pas 2 — el signe a cada costat. El numerador, a prop de $-3$, val gairebé $-7$: és negatiu.

• El denominador és un quadrat, $(x + 3)^{2}$: és positiu tant per l'esquerra com per la dreta.

Per tant, els dos laterals tenen el mateix signe, el del numerador (negatiu).

Resultat: $\lim_{x \to -3^-} f(x) = -\infty$ i $\lim_{x \to -3^+} f(x) = -\infty$.

L'asímptota horitzontal és $y = \lim_{x \to \pm\infty} f(x)$. Amb $x$ enorme només compten els termes de grau més alt.

El denominador és de grau més alt (2 contra 1): quan $x$ es fa enorme, el quocient s'aixafa cap a zero.

$k = 0$

Com que el límit és el mateix a $+\infty$ i a $-\infty$, l'asímptota $y = 0$ val pels dos costats.