Exercicis de límits i continuïtat

Pas 1 — el pendent.

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

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

Pas 2 — l'ordenada.

$f(x) + x = \frac{-x^{2} + x + 2 + x(x + 2)}{x + 2} = \frac{3x + 2}{x + 2}$

i el límit a l'infinit és el quocient dels coeficients de grau $1$: $n = 3$.

Resultat: l'asímptota obliqua és $y = -x + 3$.

Comprovació ràpida: dividint el polinomi, $-x^{2} + x + 2 = (x + 2)(-x + 3) - 4$, i el quocient de la divisió és justament l'asímptota.

Per l'esquerra ($x < -2$) mana el primer tros, $-x + 5$:

$\lim_{x \to -2^-} f(x) = -1 \cdot (-2) + 5 = 7$

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

Per l'esquerra: $\lim_{x\to 3^-} f(x) = 3 - 2 = 1$.

Per la dreta: $\lim_{x\to 3^+} f(x) = 3 + 2 = 5$.

Els dos laterals són finits però diferents: el límit no existeix i la gràfica fa un salt de $4$ unitats. És una discontinuïtat de salt finit.

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 $(a, b)$.

• $[-4, -3]$: $p(-4) = -34$ (-) i $p(-3) = -7$ (-) → mateix signe
• $[-3, -2]$: $p(-3) = -7$ (-) i $p(-2) = 4$ (+) → canvi de signe
• $[-2, -1]$: $p(-2) = 4$ (+) i $p(-1) = 5$ (+) → mateix signe

Només a $[-3, -2]$ 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 $x = -1$: numerador $-1 \cdot (-1) + 3 = 4$, denominador $0$. Un número diferent de zero entre zero dona infinit.

Pas 2 — el signe a cada costat. El numerador, a prop de $-1$, val gairebé $4$: és positiu.

• El denominador és un quadrat, $(x + 1)^{2}$: és positiu tant per l'esquerra com per la dreta.

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

Resultat: $\lim_{x \to -1^-} f(x) = +\infty$ i $\lim_{x \to -1^+} f(x) = +\infty$.

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.

Pas 1 — el pendent.

$m = \lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to\infty} \frac{-x^{2} - 3x + 2}{x(x - 1)} = -1$

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

Pas 2 — l'ordenada.

$f(x) + x = \frac{-x^{2} - 3x + 2 + x(x - 1)}{x - 1} = \frac{-4x + 2}{x - 1}$

i el límit a l'infinit és el quocient dels coeficients de grau $1$: $n = -4$.

Resultat: l'asímptota obliqua és $y = -x - 4$.

Comprovació ràpida: dividint el polinomi, $-x^{2} - 3x + 2 = (x - 1)(-x - 4) - 2$, i el quocient de la divisió és justament l'asímptota.

Per la dreta ($x > 1$) mana el segon tros, $x^{2}$:

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

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

Per l'esquerra: $\lim_{x\to 2^-} f(x) = 2 + 1 = 3$.

Per la dreta: $\lim_{x\to 2^+} f(x) = 2 + 5 = 7$.

Els dos laterals són finits però diferents: el límit no existeix i la gràfica fa un salt de $4$ unitats. És una discontinuïtat de salt finit.

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 $(a, b)$.

• $[-4, -3]$: $p(-4) = -32$ (-) i $p(-3) = -7$ (-) → mateix signe
• $[-3, -2]$: $p(-3) = -7$ (-) i $p(-2) = 2$ (+) → canvi de signe
• $[-2, -1]$: $p(-2) = 2$ (+) i $p(-1) = 1$ (+) → mateix signe

Només a $[-3, -2]$ 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).