Límites y continuidad de funciones

Sea $f(x)=\operatorname{sen}\sqrt{\dfrac{x}{(x-1)^6}}$. Determinar su dominio de definición.

1. Qué se pide. U fija el convenio: si no se da el dominio, se toma «el mayor conjunto en el que puede estar definida» (U p.43). Hay que hallar todos los $x$ para los que la fórmula tiene sentido.
2. Descomponer de fuera hacia dentro. $f$ se calcula en tres etapas: $x\mapsto q(x)=\frac{x}{(x-1)^6}\mapsto\sqrt{q(x)}\mapsto\operatorname{sen}\sqrt{q(x)}$. El seno está definido en todo $\mathbb R$ y no añade condición; la raíz exige radicando $\ge0$; el cociente exige denominador $\neq0$.
3. Denominador. $(x-1)^6=0\iff x=1$. Se excluye $x=1$.
4. Signo del radicando. Si $x\neq1$, $(x-1)^6>0$ (potencia par de un número no nulo). Dividir entre un positivo no cambia el signo, así que $q(x)$ tiene el signo de $x$: $q(x)\ge0\iff x\ge0$.
5. Conclusión. $D=\{x\in\mathbb R:\ x\ge0,\ x\neq1\}=[0,1)\cup(1,+\infty)$. (Comprobado con sympy.)

Error típico: olvidar excluir $x=1$ («como $1\ge0$, vale»); o exigir $x>0$ cuando $x=0$ sí vale ($\sqrt0=0$). Sobre E: dice que en $x=1$ «la fracción vale $\pm\infty$»; en realidad en $x=1$ la fracción no está definida ($\pm\infty$ solo aparece como límite).

Teoría: U §1.4.2, p. 43 (convenio del dominio).

Sea $f(x)=\dfrac{x^2-x}{x^2+2x-3}$. Calcular $\lim_{x\to1}f(x)$.

1. Intentar sustituir. Un cociente de polinomios es continuo donde el denominador no se anula (U Prop. 1.13, p. 51), y allí el límite es el valor. Pero en $x=1$ el denominador vale $1+2-3=0$, así que $1\notin D$. Al sustituir sale $\frac00$: indeterminación (U p. 29), que no dice nada del límite.
2. Por qué factorizar. Si un polinomio se anula en $x=1$, tiene el factor $(x-1)$ (regla de Ruffini o teorema del factor). Ambos se anulan en $1$, así que ambos tienen ese factor y se puede simplificar.
3. Factorizar. Numerador: $x^2-x=x(x-1)$. Denominador: raíces de $x^2+2x-3$: $x=\frac{-2\pm\sqrt{4+12}}2=\frac{-2\pm4}2\in\{1,-3\}$, luego $x^2+2x-3=(x-1)(x+3)$.
4. Simplificar solo donde se puede. Para $x\neq1$ (y $x\neq-3$), $f(x)=\frac{x(x-1)}{(x-1)(x+3)}=\frac x{x+3}$. Basta porque la Def. 1.18 (U p.43) solo mira $x\neq a$: si dos funciones coinciden cerca de $a$ salvo en $a$, tienen el mismo límite (L Teor. 1.7, p. 62).
5. Calcular. $\frac x{x+3}$ es continua en $1$ (denominador $4\neq0$), luego $\displaystyle\lim_{x\to1}f(x)=\frac1{1+3}=\frac14$. (sympy: $1/4$.)

Error típico: escribir «$f(1)=\frac14$» ($f$ no está definida en $1$; lo que vale $\frac14$ es el límite); decir que $\frac00=1$ o que «$\frac00$ ⇒ el límite no existe».

Teoría: U Def. 1.18 p. 43; Prop. 1.13 p. 51; indeterminaciones p. 29.

Sean $f(x)$ y $g(x)$ dos funciones con límite (sus valores tienden a un número real) cuando $x$ tiende a $x_0$. ¿La función $f/g$ también tiene límite en $x_0$?

1. Respuesta: no siempre.
2. Qué dice la teoría. Por U Prop. 1.11 (p. 46), si $\lim_{x\to a}f=l$, $\lim_{x\to a}g=m$ y $m\neq0$ (con $g\neq0$ en el dominio), entonces $\lim_{x\to a}\frac fg=\frac lm$. Con $m\neq0$ la respuesta sería «sí»; un contraejemplo debe tener $m=0$.
3. Elegir bien el numerador. Si también $l=0$, sale $\frac00$ y a veces hay límite ($\frac xx\to1$). Para asegurar que no existe, conviene $l\neq0$.
4. Contraejemplo. $x_0=0$, $f(x)=\cos x$, $g(x)=x$. Como $\cos$ es continua, $\lim_{x\to0}\cos x=1$, y $\lim_{x\to0}x=0$.
5. Por la derecha. Si $0<x<\pi/3$, $\cos x\ge\frac12$, luego $\frac{\cos x}x\ge\frac1{2x}$. Dado $k>0$, basta $0<x<\delta=\min\{\pi/3,\frac1{2k}\}$ para que $\frac{\cos x}x\ge k$. Por la definición de límite infinito aplicada a la restricción a $(0,\infty)$ (U pp.46-47), $\lim_{x\to0^+}\frac{\cos x}x=+\infty$. (Con la regla del signo del apartado 5: $\frac{1}{0^+}$.)
6. Por la izquierda. Si $x<0$, el numerador sigue siendo positivo y el denominador es negativo: $\lim_{x\to0^-}\frac{\cos x}x=-\infty$.
7. Conclusión. Si existiera $\lim_{x\to0}\frac{\cos x}x=l\in\mathbb R$, por el Teorema 1.4 (U p.47) los dos laterales valdrían $l$. Pero valen $+\infty$ y $-\infty$: no hay límite. (sympy: $\infty$ y $-\infty$.) Un contraejemplo aún más simple: $f=1$, $g=x$.

Error típico: «0 en el denominador ⇒ $\infty$» sin mirar signos: $\frac1{x^2}\to+\infty$, pero $\frac1x$ no tiene límite en $0$. Sobre E: dice «los límites laterales no existen (no son números reales)»; como límites reales no existen, pero como límites infinitos sí existen y son distintos, y eso es lo que impide que haya límite.

Teoría: U Prop. 1.11 p. 46; límites infinitos p. 46; laterales y Teorema 1.4 p. 47.

Calcular $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{\ln 4x^4}$.

1. Dominio. Hace falta $x>0$ para $\ln x$, y $4x^4>0$ si $x\neq0$. Para $x>1$ el cociente está bien definido y tiene sentido $x\to+\infty$.
2. Tipo de límite. $\ln t\to+\infty$ si $t\to+\infty$: sale $\frac{+\infty}{+\infty}$, indeterminado (U p.30).
3. Mismo argumento en los dos logaritmos. Para $x>0$: $\ln(4x^4)=\ln4+\ln x^4=\ln4+4\ln x$.
4. Dividir entre el término que crece ($\ln x>0$ si $x>1$): $\displaystyle\frac{\ln x}{\ln4+4\ln x}=\frac1{\frac{\ln4}{\ln x}+4}$.
5. Pasar al límite. $\frac{\ln4}{\ln x}\to0$ (una constante entre algo que tiende a $\infty$ tiende a $0$, U Def. 1.12, p. 27). El denominador tiende a $4\neq0$, así que por U Prop. 1.11 el límite es $\dfrac14$. (sympy: $1/4$.)

Error típico: escribir $\ln(4x^4)=4\ln(4x)$ o $\ln4\cdot\ln x^4$; «simplificar el $\ln$» como si $\frac{\ln x}{\ln 4x^4}=\frac x{4x^4}$.

Teoría: U límites en el infinito p. 47; Prop. 1.11 p. 46; Def. 1.12 p. 27.

Calcular $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^{x}$.

1. Tipo. Al dividir entre $x$, la base $\frac{1+1/x}{1-1/x}\to1$ y el exponente $\to+\infty$: es $1^\infty$, indeterminación (U p.30). No vale $1$.
2. Herramienta. Para sucesiones, U Prop. 1.5 (p. 31): $\big(1+\frac1{a_n}\big)^{a_n}\to e$. E usa la versión para funciones, $\big(1+\frac1{F(x)}\big)^{F(x)}\to e$ si $F(x)\to\pm\infty$, que U no enuncia (ver el recuadro del apartado 3; S p.222).
3. Base como $1+\frac1F$. $\frac{x+1}{x-1}=\frac{(x-1)+2}{x-1}=1+\frac2{x-1}=1+\frac1{F(x)}$, con $F(x)=\frac{x-1}2\to+\infty$.
4. Hacer aparecer $F$ en el exponente. $x=F(x)\cdot\frac x{F(x)}=F(x)\cdot\frac{2x}{x-1}$, luego $$\Big(\frac{x+1}{x-1}\Big)^x=\Big[\big(1+\tfrac1{F(x)}\big)^{F(x)}\Big]^{\frac{2x}{x-1}}\qquad(x>1,\ \text{base}>0).$$
5. Límite de $A^B$. $A(x)=\big(1+\frac1F\big)^F\to e$ y $B(x)=\frac{2x}{x-1}\to2$. Con la fórmula (1.1) (U p.29), $A^B=e^{B\ln A}$; como $\ln$ y $\exp$ son continuas, $\ln A\to\ln e=1$, $B\ln A\to2$ y $A^B\to e^2$.
6. Resultado: $e^2\approx7{,}389$. (sympy: $e^2$; con $x=1000$ vale $7{,}38906$.)

Error típico: decir «$1^\infty=1$»; o pasar al límite base y exponente por separado cuando la base tiende a $1$ (solo vale si el resultado no es indeterminado).

Teoría: U indeterminaciones p. 30; fórmula (1.1) p. 29; Prop. 1.5 p. 31 (sucesiones).

1. Sale $\frac00$. Factorizando: $\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x-1)}=\frac{x+2}{x-1}$ para $x\neq2$.
2. Límite: $\frac{2+2}{2-1}=4$. (sympy: $4$.)

Logaritmo: $x^2-4>0\iff x<-2$ o $x>2$. Raíz: $x\le5$. Solución: $D=(-\infty,-2)\cup(2,5]$. (Ver el ejemplo del apartado 1.)

1. Sale $\frac00$ y no hay polinomio que factorizar. Se multiplica y divide por el conjugado (como en U Ej. 1.24, p. 29).
2. $\frac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)}=\frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)}=\frac1{\sqrt{1+x}+1}$ para $x\ne0$.
3. Límite: $\frac1{1+1}=\frac12$. (sympy: $1/2$.)

1. Primer límite ($1^\infty$). La base es $\frac{x+2}{x-3}=1+\frac5{x-3}$, así que $A-1=\frac5{x-3}$ y $B=2x+1$. El límite es $e^{\lim_{x\to\infty}(2x+1)\frac5{x-3}}=e^{10}$. (sympy: $e^{10}$.)
2. Segundo límite ($\frac\infty\infty$). $\ln(x^2+1)=2\ln x+\ln\!\big(1+\frac1{x^2}\big)$ y el último término $\to\ln1=0$. Dividiendo entre $\ln x$: $2+\frac{\ln(1+1/x^2)}{\ln x}\to2$.

La función $f(x)=\dfrac{x^2+1}{x^2-1}$ tiene: a) asíntota vertical; b) asíntota oblicua; c) asíntota horizontal; d) no tiene asíntotas.

1. Dominio: $x^2-1\neq0\iff x\neq\pm1$.
2. Horizontales. Dividiendo entre $x^2$: $f(x)=\frac{1+1/x^2}{1-1/x^2}\to1$ si $x\to\pm\infty$. Luego $y=1$ es asíntota horizontal en $+\infty$ y en $-\infty$. (Otra vía: $f(x)=1+\frac2{x^2-1}$.)
3. Verticales: dónde buscar. En cualquier $a\neq\pm1$, $f$ es continua (U Prop. 1.13), el límite es el número $f(a)$: no hay asíntota. Solo pueden estar en $x=\pm1$, donde el denominador se anula y el numerador vale $2\neq0$.
4. Signos laterales con $x^2-1=(x-1)(x+1)$: en $x\to1^+$, $(0^+)(2)\to0^+$ y $f\to+\infty$; en $x\to1^-$, $(0^-)(2)\to0^-$ y $f\to-\infty$. En $x\to-1^-$ ($x<-1$), los dos factores son negativos, el producto $\to0^+$ y $f\to+\infty$; en $x\to-1^+$, el producto $\to0^-$ y $f\to-\infty$. Luego $x=1$ y $x=-1$ son asíntotas verticales. (sympy: $-\infty,\infty,\infty,-\infty$.)
5. Oblicua. Exige $f\to\pm\infty$ en ese lado (U p.49); aquí $f\to1$: no hay. Con la Prop. 1.12: $\frac{f(x)}x\to0$ y hace falta $m\neq0$.

Respuesta: a) y c).

Error típico: confundir los signos de los laterales; creer que la gráfica no puede cortar la asíntota horizontal; tomar como vertical un punto donde numerador y denominador se anulan a la vez (suele ser un «agujero», ver 1.24; simplifica el factor común y vuelve a mirar el denominador, porque también puede seguir habiendo asíntota).

Teoría: U asíntotas pp. 48-49; Prop. 1.12 p. 49.

Sea $f(x)=\dfrac{x^3+2x^2-1}{x^2-4}$. Encontrar las asíntotas de $f$, si las tiene.

1. Dominio: $x\neq\pm2$.
2. Verticales. Si $a\neq\pm2$, $\lim_{x\to a}f=f(a)$ es finito. En $a=2$ el numerador vale $8+8-1=15>0$ y el denominador es $(x-2)(x+2)$: en $2^+$ tiende a $(0^+)(4)=0^+$, luego $f\to+\infty$; en $2^-$, $f\to-\infty$. En $a=-2$ el numerador vale $-8+8-1=-1<0$: en $-2^+$, $(x-2)\to-4$ y $(x+2)\to0^+$, el denominador $\to0^-$ y $f\to\frac{-1}{0^-}=+\infty$; en $-2^-$, $f\to-\infty$. Luego $x=2$ y $x=-2$ son asíntotas verticales. (sympy: $-\infty,\infty,-\infty,\infty$ para $2^-,2^+,-2^-,-2^+$.)
3. Horizontales. Dividiendo entre $x^2$: $f(x)=\frac{x+2-1/x^2}{1-4/x^2}$, que tiende a $+\infty$ en $+\infty$ y a $-\infty$ en $-\infty$. No hay horizontales y se cumple la condición necesaria de la oblicua (U p.49).
4. Oblicua (método de U: Prop. 1.12 y Ej. 1.48). $m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3+2x^2-1}{x^3-4x}=1$. $b=\lim_{x\to\pm\infty}\big(f(x)-x\big)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3+2x^2-1-x^3+4x}{x^2-4}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x^2+4x-1}{x^2-4}=2$. La asíntota oblicua es $y=x+2$, la misma en $\pm\infty$. (sympy: $m=1$, $b=2$.)
5. Comprobación por división. $x^3+2x^2-1=(x+2)(x^2-4)+(4x+7)$, así que $f(x)=x+2+\frac{4x+7}{x^2-4}$ y el resto $\to0$. El resto es positivo para $x$ grande y negativo hacia $-\infty$: la gráfica queda por encima de la asíntota a la derecha y por debajo a la izquierda.

Error típico: quedarse en $m$ y olvidar $b$; dar por hecho que en $-\infty$ sale la misma recta (con raíces no tiene por qué: ver B3). Sobre E: calcula $\lim_{x\to\infty}(f-mx)$ con $m$ genérico en vez de hallar antes $m$ con la Prop. 1.12; es correcto, aunque más largo; aquí se sigue el método de U.

Teoría: U pp. 48-50 (Prop. 1.12, Ej. 1.48); L p.201 y S pp.315-316 (división de polinomios).

Razonar si existen funciones que tengan asíntotas horizontales y oblicuas.

1. Respuesta: sí, pero nunca en el mismo lado.
2. En el mismo lado es imposible. Una horizontal en $+\infty$ significa $\lim_{x\to+\infty}f=b\in\mathbb R$; una oblicua en $+\infty$ exige $\lim_{x\to+\infty}f=\pm\infty$ (U p.49). Por la unicidad del límite (U p.44) no puede darse lo uno y lo otro. Otra forma: si $f\to b$, entonces $\frac{f(x)}x\to0$, y una oblicua necesita $m\neq0$.
3. En lados distintos es posible. E da la función $$f(x)=\begin{cases}\dfrac1{x-1},&x<0,\\[2mm]\dfrac{x^2+1}{x-1},&x>0.\end{cases}$$
4. En $-\infty$: $\frac1{x-1}\to0$: $y=0$ es asíntota horizontal.
5. En $+\infty$: $\frac{f(x)}x=\frac{x^2+1}{x^2-x}\to1=m$ y $f(x)-x=\frac{x+1}{x-1}\to1=b$: $y=x+1$ es asíntota oblicua. Por división: $\frac{x^2+1}{x-1}=x+1+\frac2{x-1}$.
6. Vertical $x=1$ (en la rama $x>0$): el numerador tiende a $2$, así que $x\to1^-$ da $-\infty$ y $x\to1^+$ da $+\infty$.
7. En $x=0$ (no lo comenta E): $f$ no está definida, pero los dos laterales valen $\frac1{-1}=-1$ y $\frac{0+1}{0-1}=-1$. Hay límite ($-1$), luego no hay asíntota: es un «agujero» en la gráfica. (La figura de E lo dibuja como una curva continua.) Ver la figura del apartado 7.

Resumen: horizontal $y=0$ (en $-\infty$), oblicua $y=x+1$ (en $+\infty$) y vertical $x=1$.

Error típico: afirmar «si tiene horizontal no puede tener oblicua» sin decir en qué lado.

Teoría: U pp. 48-49; unicidad del límite p. 44.

Vertical $x=3$: el numerador vale $7>0$; en $3^-$ el denominador $\to0^-$ y $f\to-\infty$; en $3^+$, $f\to+\infty$. Horizontal $y=2$ en ambos lados ($\frac{2+1/x}{1-3/x}\to2$).

Vertical $x=-1$ (numerador $=4>0$; $-1^-$: $-\infty$; $-1^+$: $+\infty$). Horizontales: ninguna. Oblicua: $m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-3x}{x^2+x}=1$ y $b=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{-4x}{x+1}=-4$: $y=x-4$ en ambos lados. Por división: $x^2-3x=(x+1)(x-4)+4$.

1. En $-\infty$: con el conjugado, $f=\frac{(\sqrt{x^2+1}+x)(\sqrt{x^2+1}-x)}{\sqrt{x^2+1}-x}=\frac1{\sqrt{x^2+1}-x}\to0$ (el denominador $\to+\infty$). Horizontal $y=0$.
2. En $+\infty$: $\frac fx=\sqrt{1+1/x^2}+1\to2$ y $f-2x=\sqrt{x^2+1}-x=\frac1{\sqrt{x^2+1}+x}\to0$. Oblicua $y=2x$.

Otra respuesta al 1.30, con una sola fórmula en vez de una función a trozos.

Sea $f(x)=\begin{cases}\dfrac{x^3-8}{x-2},&x\neq2,\\[1mm]k,&x=2.\end{cases}$ Encontrar para qué valor de $k$ la función es continua en $\mathbb R$.

1. Puntos $x\neq2$. Cerca de cada uno, $f$ es un cociente de polinomios con denominador no nulo: continua (Prop. 1.13). No depende de $k$.
2. Punto $x=2$. Por la Def. 1.20, $f$ es continua en $2$ si y solo si $\lim_{x\to2}f(x)=f(2)=k$.
3. Límite. Sale $\frac00$, así que $x=2$ es raíz del numerador. Por Ruffini o por la diferencia de cubos $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$: $x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)$.
4. Para $x\neq2$, $f(x)=x^2+2x+4$, expresión continua. Como el límite en $2$ solo usa $x\neq2$ (U Def. 1.18), $\lim_{x\to2}f(x)=4+4+4=12$.
5. Conclusión: $f$ es continua en $\mathbb R$ si y solo si $k=12$. (sympy: $12$.)

Error típico: poner $k=0$ «porque el numerador se anula»; sustituir en $\frac{x^3-8}{x-2}$ y quedarse en $\frac00$.

Teoría: U Def. 1.20 y Prop. 1.13, p. 51.

Sea $f(x)=x\cos\dfrac1x$. ¿Se puede definir en $x=0$ de tal forma que sea continua en $\mathbb R$?

1. Respuesta: sí, con $f(0)=0$.
2. Fuera de $0$. En $\mathbb R\setminus\{0\}$, $f$ es continua: $x\mapsto\frac1x$ es continua si $x\neq0$, $\cos$ es continua, la composición también (Prop. 1.14) y el producto por $x$ también (Prop. 1.13).
3. Qué hace falta en $0$. Dar un valor $f(0)=L$ con $L=\lim_{x\to0}f(x)$ (Def. 1.20). Por la unicidad del límite, si existe es la única elección posible; si no existe, no hay forma de hacerla continua.
4. Acotar. Como $|\cos t|\le1$ para todo $t$: $-|x|\le x\cos\frac1x\le|x|$ para $x\neq0$.
5. Emparedado (U p.45). $\lim_{x\to0}|x|=\lim_{x\to0}(-|x|)=0$, luego $\lim_{x\to0}x\cos\frac1x=0$. Otra vía: U Prop. 1.10 (versión local): $x\to0$ y $\cos\frac1x$ está acotada cerca de $0$, así que el producto $\to0$. (sympy: $0$.)
6. Redefinición: $f(0)=0$.

Comparación: $\operatorname{sen}\frac1x$ no tiene límite en $0$ (U Ej. 1.44), porque oscila entre $-1$ y $1$; el factor $x$ reduce esas oscilaciones hasta $0$.

Error típico: escribir $\lim_{x\to0}x\cdot\lim_{x\to0}\cos\frac1x=0\cdot(\text{algo})$: la regla del producto exige que los dos límites existan, y $\lim_{x\to0}\cos\frac1x$ no existe. Sobre E: escribe «$\cos x\in[-1,1]$» y lo que se usa es $\cos\frac1x$; y escribe $0\le\lim_{x\to0}|f|\le\lim_{x\to0}|x|$ antes de saber que $\lim_{x\to0}|f|$ existe (es el emparedado el que lo prueba). Su nota al margen, $\lim_{x\to a}g=0\iff\lim_{x\to a}|g|=0$, sale de la Def. 1.18, porque $\big||g|-0\big|=|g-0|$.

Teoría: U regla del emparedado y Prop. 1.10, p. 45; Def. 1.20, p. 51.

Sea $f(x)=\begin{cases}e^{-\frac1{(1+x)^2}},&x\neq-1,\\[1mm]e^{-\frac14},&x=-1.\end{cases}$ Calcular $\lim_{x\to-1}f(x)$ y estudiar la continuidad de $f$ en $\mathbb R$.

1. Si $x\neq-1$. El exponente $t(x)=-\frac1{(1+x)^2}$ es un cociente con denominador no nulo: continuo. $\exp$ es continua. Por la Prop. 1.14, $f$ es continua en todo $x\neq-1$.
2. Límite en $-1$, de dentro hacia fuera. $(1+x)^2\to0$ y es positivo para $x\neq-1$ (cuadrado): se escribe $0^+$. Por tanto $\frac1{(1+x)^2}\to+\infty$ y el exponente $-\frac1{(1+x)^2}\to-\infty$. Como $e^t\to0$ cuando $t\to-\infty$, $\lim_{x\to-1}f(x)=0$. (sympy: $0$.) Justificación: cambio de variable del apartado 3 (segundo enunciado) con $t=-\frac1{(1+x)^2}\to b=-\infty$ y $\lim_{t\to-\infty}e^t=0$ (con $b=-\infty$, la condición $t\neq b$ es automática); U Ej. 1.26, p. 30 usa $e^{-\infty}=0$.
3. Comparar con el valor. $f(-1)=e^{-1/4}\approx0{,}7788\neq0$. Por tanto $f$ no es continua en $-1$; sí lo es en $\mathbb R\setminus\{-1\}$.
4. Tipo de discontinuidad (terminología de S §2.5, p. 120, no de U): el límite existe pero no coincide con el valor: es evitable. Poniendo $f(-1)=0$ sería continua.

Error típico: olvidar el signo menos y concluir $+\infty$; decir que $f$ «no está definida en $-1$» (sí lo está: vale $e^{-1/4}$; lo que falla es la igualdad entre límite y valor).

Teoría: U Def. 1.20 y Prop. 1.14, p. 51; Def. 1.12, p. 27; S p.124 (composición).

Sean $f(x)=|x|$ y $g(x)=\begin{cases}e^{-\frac1{(1+x)^2}},&x\neq-1,\\[1mm]e^{-\frac14},&x=-1.\end{cases}$ Estudiar la continuidad de $g\circ f$.

1. Respuesta: $g\circ f$ es continua en todo $\mathbb R$.
2. $f=|x|$ es continua en $\mathbb R$. Si $x\neq0$, cerca de $x$ coincide con $x$ o con $-x$ (polinomios). En $0$: $\lim_{x\to0^-}(-x)=0=\lim_{x\to0^+}x$, y por el Teorema 1.4 (U p.47) el límite es $0=f(0)$.
3. $g$ es continua en $\mathbb R\setminus\{-1\}$ y discontinua en $-1$ (Ejercicio 1.33).
4. Regla de la composición (U Prop. 1.14, p. 51). $g\circ f$ es continua en $a$ si $f$ es continua en $a$ y $g$ es continua en $f(a)$. Para todo $a$, $f(a)=|a|\ge0$, así que $f(a)\neq-1$ y $g$ es continua en $f(a)$. Luego $g\circ f$ es continua en todo $a\in\mathbb R$.
5. Fórmula explícita: $(g\circ f)(x)=e^{-\frac1{(1+|x|)^2}}$, con $1+|x|\ge1>0$. El único punto problemático de $g$, el $-1$, no está en la imagen $f(\mathbb R)=[0,\infty)$.

Error típico: razonar «$g$ es discontinua, luego $g\circ f$ también lo es».

Sobre E: dice que «el argumento de $g$ es siempre positivo»; es no negativo (vale $0$ en $x=0$), aunque la conclusión no cambia. Su frase final, «$g\circ f$ es continua, aunque no es composición, suma y cociente de funciones continuas», es incorrecta o confusa: $g\circ f$ sí es composición de funciones continuas ($|x|$, luego $t\mapsto-\frac1{(1+t)^2}$ continua en $t\ge0$, luego $\exp$). Lo que importa es que la Prop. 1.14 es local. Aunque no se pide: $f\circ g=|g|=g$ (porque $g>0$) sí es discontinua en $-1$.

Teoría: U Prop. 1.14 y Def. 1.20, p. 51; Teorema 1.4, p. 47.

Hallar $a$ para que $f(x)=\begin{cases}x^2+a,&x<1,\\2x+3,&x\ge1\end{cases}$ sea continua.

Fuera de $1$ es continua (polinomios). En $1$: $\lim_{x\to1^-}f=1+a$ y $\lim_{x\to1^+}f=5=f(1)$. Por el Teorema 1.4, para que haya límite $1+a=5$: $a=4$.

¿Se puede extender $f(x)=x^2\operatorname{sen}\frac1x$ a $x=0$ de forma continua? Como $\big|x^2\operatorname{sen}\frac1x\big|\le x^2\to0$, por el emparedado el límite es $0$: sí, con $f(0)=0$.

Para $x>1$, $f=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1\to2$; para $x<1$, $f=\frac{(x-1)(x+1)}{-(x-1)}=-(x+1)\to-2$. Los laterales son distintos: no hay límite (Teorema 1.4) y ningún valor de $f(1)$ la hace continua (discontinuidad de salto).

Sea $f(x)=\dfrac{x+2}{x^5+1}$. ¿Existe un punto $x_0\in[0,3]$ tal que $f(x_0)=\frac12$? Si es así, demostrarlo.

1. Respuesta: sí.
2. Continuidad en $[0,3]$. Numerador y denominador son polinomios (continuos). Si $x\ge0$, $x^5+1\ge1>0$: el denominador no se anula y el cociente es continuo (U Prop. 1.13).
3. Valores en los extremos. $f(0)=\frac21=2$ y $f(3)=\frac5{244}\approx0{,}0205$.
4. Colocar $d=\frac12$. $f(3)<\frac12<f(0)$. Por el teorema de los valores intermedios (U p.52) existe $x_0\in(0,3)$ con $f(x_0)=\frac12$. Equivale a aplicar Bolzano a $h=f-\frac12$: $h(0)=\frac32>0$ y $h(3)<0$.
5. Numéricamente $x_0\approx1{,}4236$ (sympy). El ejercicio no pide unicidad.

Error típico: no comprobar que el denominador no se anula en el intervalo. En $[-2,0]$ este mismo $f$ no es continuo, porque $x^5+1=0$ en $x=-1$.

Teoría: U TVI y Bolzano, p. 52.

Sean $f(x)=\dfrac{4x^4}{x^2+x+1}$ y $g(x)=\cos x$ para $x\in[0,+\infty)$. ¿Existe algún punto $x\in[0,+\infty)$ donde $f(x)=g(x)$?

1. Respuesta: sí.
2. Convertirlo en un problema de ceros. $f(x)=g(x)\iff h(x):=f(x)-g(x)=0$. Bolzano sirve para encontrar ceros.
3. Continuidad de $h$. $x^2+x+1>0$ para todo $x$ (discriminante $1-4<0$ y coeficiente principal positivo). Así $f$ es continua; $\cos$ también, y la diferencia (Prop. 1.13).
4. Un punto con $h<0$: $h(0)=0-\cos0=-1<0$.
5. Un punto con $h>0$. E usa $\lim_{x\to+\infty}h(x)=+\infty$ ($f$ se comporta como $4x^2$ y $\cos$ está acotado), que asegura algún $b$ con $h(b)>0$. Es más cómodo dar uno concreto: $b=1$, $h(1)=\frac43-\cos1\ge\frac43-1>0$ (solo hace falta $\cos1\le1$). (Numéricamente $h(1)\approx0{,}793$.)
6. Bolzano en $[0,1]$: existe $c\in(0,1)$ con $h(c)=0$, es decir, $f(c)=g(c)$. (sympy: $c\approx0{,}8075$.)

Error típico: aplicar Bolzano «en $[0,+\infty)$» sin un extremo finito $b$. U solo lo enuncia en $[a,b]$; la versión para intervalos no acotados (U p.52) exige hipótesis sobre límites.

Teoría: U Bolzano y su extensión, p. 52.

Demostrar, utilizando el teorema de Bolzano, que cualquier polinomio de grado impar con coeficientes reales tiene al menos una raíz real.

1. Planteamiento. $p(x)=a_nx^n+\dots+a_1x+a_0$ con $n$ impar y $a_n\neq0$. Se puede suponer $a_n>0$: si no, se trabaja con $-p$, que tiene las mismas raíces.
2. Límites en $\pm\infty$. Para $x\neq0$, $p(x)=x^n\Big(a_n+\frac{a_{n-1}}x+\dots+\frac{a_0}{x^n}\Big)$. El paréntesis $\to a_n>0$ (cada $\frac{a_k}{x^{n-k}}\to0$). Como $n$ es impar, $x^n$ tiene el signo de $x$: $x^n\to+\infty$ si $x\to+\infty$ y $x^n\to-\infty$ si $x\to-\infty$. Con las reglas $x\cdot(\pm\infty)$ de U Def. 1.12 (p.27): $\lim_{x\to+\infty}p=+\infty$ y $\lim_{x\to-\infty}p=-\infty$.
3. De los límites a dos puntos concretos. Aplicando la definición de límite infinito en el infinito con $k=1$ (apartado 6): existe $b$ con $p(b)\ge1>0$ y existe $a<b$ con $p(a)\le-1<0$. (Versión constructiva, propia: con $M=1+\frac{|a_0|+\dots+|a_{n-1}|}{a_n}$, si $|x|\ge M$ se tiene $|a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0|\le(\sum|a_k|)|x|^{n-1}=a_n(M-1)|x|^{n-1}<a_n|x|^n$; así $p(x)$ tiene el signo de $a_nx^n$ y se puede tomar $a=-M$, $b=M$.)
4. Bolzano. $p$ es continua en $[a,b]$ (polinomio) y $p(a)p(b)<0$: existe $c\in(a,b)$ con $p(c)=0$.

Por qué hace falta grado impar: $x^2+1$ no tiene raíces reales; con grado par, los dos límites tienen el mismo signo.

Error típico: creer que se ha demostrado que hay una sola raíz (Bolzano da «al menos una»); aplicar el argumento a grado par. Sobre E: escribe el grado como $2k+1$ con $k\in\mathbb N$; en U $\mathbb N=\{1,2,\dots\}$ (p.12), lo que deja fuera el grado $1$ (caso trivial: la raíz es $-a_0/a_1$). Además dice «como el límite es $-\infty$ y un polinomio es continuo, existe $a$ con $p(a)<0$»; ese paso sale de la definición de límite, no de la continuidad.

Teoría: U Bolzano p. 52; Def. 1.12 p. 27.

Sea $f(x)=\dfrac{e^{-x}}x$ en $(0,+\infty)$. ¿Existen $\lim_{x\to0^+}f(x)$ y $\lim_{x\to+\infty}f(x)$? Si existen, ¿alcanza la imagen de $f$ el valor del supremo o del ínfimo en algún punto de $(0,+\infty)$? ¿Contradice esto el teorema de Weierstrass?

1. $x\to0^+$. El numerador tiende a $e^0=1$ y el denominador a $0^+$: $\lim_{x\to0^+}f=+\infty$ (regla del signo, como en 1.23). La imagen no está acotada superiormente Un conjunto no acotado superiormente no tiene cotas superiores, luego no tiene supremo en $\mathbb R$ (U Def. 1.7, p.20).
2. $x\to+\infty$. Para $x>0$, $0<e^{-x}<1$, luego $0<f(x)<\frac1x$. Como $\frac1x\to0$, el emparedado (U p.45) da $\lim_{x\to+\infty}f=0$. (sympy: $\infty$ y $0$.)
3. Ínfimo. $f(x)>0$ para todo $x$: $0$ es cota inferior. Como $f\to0$, para cada $\varepsilon>0$ hay puntos con $f(x)<\varepsilon$ y ninguna cota inferior puede ser mayor que $0$: $\inf f\big((0,\infty)\big)=0$, pero no se alcanza ($f(x)>0$). Además $f$ es continua y estrictamente decreciente (producto de dos positivas decrecientes); con los límites y el TVI, su imagen es exactamente $(0,+\infty)$.
4. Weierstrass. La Prop. 1.15 (U pp.52-53) exige un intervalo $[a,b]$ cerrado y acotado. $(0,+\infty)$ no es ni una cosa ni la otra (basta que falle una). Si falla una hipótesis, el teorema no dice nada: no hay contradicción. U da un contraejemplo análogo en p.53: $x^{-1}$ en $(0,1)$.

Error típico: pensar que «no alcanza el mínimo, luego contradice Weierstrass»; decir que el ínfimo «no es $0$» porque no se alcanza (ínfimo y mínimo son cosas distintas). Sobre E: escribe $0\le\lim_{x\to+\infty}f\le\lim_{x\to+\infty}\frac1x$ antes de saber que $\lim_{x\to+\infty}f$ existe, y no dice explícitamente que $\inf=0$.

Teoría: U Prop. 1.15, pp. 52-53; emparedado, p. 45; supremo e ínfimo, §1.1 p. 20.

$f(x)=x^3+x-1$ es continua (polinomio), $f(0)=-1<0$ y $f(1)=1>0$. Por Bolzano existe una raíz en $(0,1)$. (Raíz $\approx0{,}6823$.)

$f(x)=x^2$ en $(-1,2]$: el intervalo no es cerrado y aun así $f$ alcanza el mínimo $0$ (en $x=0$) y el máximo $4$ (en $x=2$). En cambio $f(x)=x$ en $(0,1)$ no alcanza ni el supremo $1$ ni el ínfimo $0$.

1. Se evalúa en varios enteros: $p(-2)=-25$, $p(-1)=3$, $p(0)=1$, $p(1)=-1$, $p(2)=27$.
2. Hay tres cambios de signo, en $(-2,-1)$, $(0,1)$ y $(1,2)$: por Bolzano, $p$ tiene al menos 3 raíces reales. (sympy: $-1{,}3888$; $0{,}3347$; $1{,}21465$.)

El polinomio $x^3-3$ tiene una única raíz en el intervalo $[0,4]$. Aproximarla realizando 3 iteraciones con el método de bisección y acotar el error cometido.

1. Hipótesis. $f(x)=x^3-3$ es continua, $f(0)=-3<0$ y $f(4)=61>0$: Bolzano garantiza una raíz. Es única porque $x^3$ es estrictamente creciente. La raíz es $\sqrt[3]3$.
2. Iteraciones (la mitad que se conserva es siempre la que tiene signos opuestos en sus extremos):

   $n$	$[a,b]$	$c_n$	$f(c_n)$	intervalo siguiente
   1	$[0,4]$	$2$	$5>0$	$[0,2]$
   2	$[0,2]$	$1$	$-2<0$	$[1,2]$
   3	$[1,2]$	$1{,}5$	$0{,}375>0$	$[1;1{,}5]$

   Aproximación: $c_3=1{,}5$.
3. Cota del error (U p.54): $|c_3-\sqrt[3]3|<\frac{4-0}{2^3}=\frac12$. Comprobación: $\sqrt[3]3\approx1{,}44225$, así que el error real es $\approx0{,}0578$, muy por debajo de la cota (que es para el peor caso).

Error típico: quedarse con la mitad equivocada (hay que mirar los signos, no qué valor está más cerca de $0$); contar mal las iteraciones (la cota corresponde al número de puntos medios calculados).

Teoría: U método de bisección, pp. 53-54.

Tenemos $f:[0,1]\to\mathbb R$ continua, con $f(0)=-1$ y $f(1)=4$. Buscamos una solución aproximada de $f(x)=0$ en $[0,1]$ por bisección. ¿Cuántas iteraciones son necesarias para asegurar que el error es menor que $0{,}11$? a) No se puede aplicar el método. b) Faltan datos. c) 3. d) 4.

1. a) es falsa: $f$ es continua y $f(0)f(1)=-4<0$: se cumplen las hipótesis.
2. b) es falsa: la cota $\frac{b-a}{2^n}$ solo depende de la longitud del intervalo y de $n$, no de la forma de $f$.
3. Cálculo: $\frac1{2^n}<0{,}11\iff2^n>\frac1{0{,}11}\approx9{,}09$. Como $2^3=8<9{,}09<16=2^4$, el menor $n$ es $4$. Con la fórmula de U (pp.54-55): $n>\log_2\frac1{0{,}11}\approx3{,}18$, luego $n=4$.

Respuesta: d) 4.

Errata de E: escribe $\frac1{2^4}=\frac1{16}=0{,}0635$, pero $\frac1{16}=0{,}0625$. La respuesta no cambia. Matiz: con 3 iteraciones el error podría ser menor que $0{,}11$, pero no se puede asegurar, porque la cota es $0{,}125$.

Error típico: elegir $3$ porque «$0{,}125\approx0{,}11$»; calcular $\log_2(0{,}11)$ en lugar de $\log_2(1/0{,}11)$.

Teoría: U pp. 54-55.

¿Por qué no puede aplicarse la bisección a cualquier ecuación $f(x)=0$ en un intervalo cerrado $I$? Construir una $f$ para la que $f(x)=0$ tenga solución en $[0,1]$, $f(0)f(1)<0$ y tal que el método no se pueda aplicar. ¿Se puede aplicar a cualquier $f(x)=0$ en un intervalo cerrado $I$ cuando $f$ sea continua? ¿Existen funciones continuas en $[0,1]$, con $f(c)=0$ para algún $c\in[0,1]$, a las que no se puede aplicar la bisección?

1. En qué se apoya el método. En cada paso usa Bolzano (U pp.53-54): un cambio de signo en los extremos de un subintervalo garantiza una raíz en él, pero solo si $f$ es continua. Sin continuidad, un cambio de signo puede deberse a un salto, y el método puede quedarse con una mitad donde no hay raíz.
2. Ejemplo analítico (propio, reproduce la figura de E p.40): $$f(x)=\begin{cases}-1,&0\le x\le0{,}3,\\1,&0{,}3<x\le0{,}6,\\x-0{,}8,&0{,}6<x\le1.\end{cases}$$ $f(0)=-1$ y $f(1)=0{,}2$, así que $f(0)f(1)<0$; la única raíz es $x=0{,}8$. Primer paso: $c_1=0{,}5$ y $f(0{,}5)=1>0$: hay cambio de signo en $[0,0{,}5]$ y el método se queda con esa mitad, donde no hay raíz. Los intervalos siguientes se cierran sobre el salto $x=0{,}3$, donde $f(0{,}3)=-1\neq0$. (Simulado: tras 12 iteraciones, $c\approx0{,}30005$.)
3. ¿Basta con que $f$ sea continua? No. Hace falta además $f(a)f(b)<0$; si no, el método ni puede empezar. Ejemplo: $f(x)=(x-\frac13)(x-\frac23)$ en $[0,1]$ tiene dos raíces, pero $f(0)=f(1)=\frac29>0$.
4. Continua, con raíz y sin bisección posible. $f(x)=(x-0{,}6)^2$ en $[0,1]$ tiene la raíz $0{,}6$, pero $f\ge0$ en todo el intervalo: no hay cambio de signo en ningún subintervalo. La raíz se ha puesto en $0{,}6$ y no en $\frac12$ porque, si estuviera en $\frac12$, el primer punto medio la encontraría por casualidad.

Error típico: creer que basta $f(a)f(b)<0$, o que basta la continuidad. Sobre E: en la tercera pregunta explica que «si el signo de $f(\frac12)$ es el mismo… el método fallará», pero con $f(0)f(1)>0$ el método ni siquiera arranca.

Teoría: U Bolzano, p. 52; método de bisección, pp. 53-54.

$f(x)=x^2-2$ en $[1,2]$ ($f(1)=-1<0$, $f(2)=2>0$). $c_1=1{,}5$: $f=0{,}25>0$, se pasa a $[1;1{,}5]$. $c_2=1{,}25$: $f=-0{,}4375<0$, a $[1{,}25;1{,}5]$. $c_3=1{,}375$: $f\approx-0{,}109<0$. Error $<\frac1{2^3}=0{,}125$; el error real es $|1{,}375-1{,}41421|\approx0{,}039$.

En $[0,1]$, error menor que $10^{-3}$: $n>\log_21000\approx9{,}97$, luego $n=10$ ($2^{10}=1024>1000$).

Con $f(x)=\cos x-x$: $f(0)=1>0$ y $f(1)\approx-0{,}46<0$. $c_1=0{,}5$: $f\approx0{,}378>0$. $c_2=0{,}75$: $f\approx-0{,}018<0$. $c_3=0{,}625$: $f\approx0{,}186>0$. $c_4=0{,}6875$. Error $<\frac1{16}=0{,}0625$; la raíz real es $0{,}73909$, así que el error es $\approx0{,}052$.

Estudie la continuidad en $x=0$ de $f(x)=\begin{cases}\dfrac{2-x}{x-1}, & x\le 0,\\[2mm] e^x, & x>0.\end{cases}$

1. Valor en $0$. El $0$ cae en la rama $x\le0$: $f(0)=\frac{2-0}{0-1}=-2$.
2. Por la izquierda. Se usa la primera fórmula, sin problema en $0$: $\lim_{x\to0^-}f=\frac2{-1}=-2$.
3. Por la derecha. Se usa $e^x$: $\lim_{x\to0^+}f=e^0=1$.
4. Conclusión. $-2\neq1$: no es continua en $0$ (discontinuidad de salto). Por la izquierda sí encaja con $f(0)$; por la derecha no.

Teoría: §4 límites laterales (U pp.46-47), §8 continuidad (U p.51). Consejo: además de «no continua», nombra el tipo (salto).

(a) «Si $f:\mathbb R\to\mathbb R$ es estrictamente creciente y $f(-1)<0<f(1)$, entonces $f(x)=0$ tiene al menos una solución». (b) $f:[-1,1]\to\mathbb R$ continua con $f(-1)=-3$, $f(1)=3$: ¿es única la solución de $f(x)=0$? (c) ¿Alcanza $f(x)=x^3\cos(x+1)$ máximo y mínimo absolutos en $[-\pi,\pi]$?

1. (a) Falso: falta continuidad (Bolzano, U p.52, la exige). Contraejemplo: $f(x)=x$ si $x<0$, $f(x)=x+1$ si $x\ge0$. Crece siempre, $f(-1)=-1<0$, $f(1)=2>0$, pero nunca vale $0$: por la izquierda es negativa y desde $x=0$ vale al menos $1$. La gráfica «salta» sobre el $0$.
2. (b) Falso: «al menos una» no es «una sola». Sí hay solución, por Bolzano ($f$ continua, $f(-1)=-3<0<3=f(1)$). Pero puede haber más: $f(x)=3x(4x^2-3)$ cumple $f(\pm1)=\pm3$ y se anula en $0$ y en $\pm\frac{\sqrt3}2$: tres soluciones.
3. (c) Verdadero. Weierstrass (U p.53): $x^3$ y $\cos(x+1)$ son continuas, su producto también (U p.51), y $[-\pi,\pi]$ es cerrado y acotado. No hace falta saber dónde se alcanzan.

Teoría: §9 Bolzano, valores intermedios y Weierstrass (U pp.52-53); §8 tipos de discontinuidad.

Sea $f(x)=\ln\big((ex)^2+1\big)$. Demuéstrese, sin encontrarlo, que existe $x_0\in(0,1)$ con $f(x_0)=1$ (use el teorema de los valores intermedios).

1. Continua en $[0,1]$. Dentro del logaritmo queda $e^2x^2+1\ge1>0$, siempre positivo, y $\ln$ es continua ahí: $f$ es continua (U p.51).
2. Valor en $0$. $f(0)=\ln1=0$.
3. Valor en $1$. $f(1)=\ln(e^2+1)>\ln e^2=2$, porque $\ln$ es creciente. (Con calculadora, $\approx2{,}127$.)
4. Conclusión. $0<1<f(1)$: por valores intermedios existe $x_0\in(0,1)$ con $f(x_0)=1$.

Teoría: §9 valores intermedios (U p.52).

Calcule $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{5+\cos\big(e^{-x^2}\big)}{\ln x}$.

1. Numerador acotado. Como $-1\le\cos t\le1$, el numerador cumple $4\le 5+\cos(e^{-x^2})\le6$ para todo $x$.
2. Denominador. $\lim_{x\to0^+}\ln x=-\infty$, luego $\frac1{\ln x}\to0$ (U p.46).
3. Conclusión. (acotada)$\times$(algo que tiende a $0$) $\to0$ (U Prop. 1.10, p.45). El límite vale $0$.

Teoría: §3 Prop. 1.10 y emparedado (U p.45); §5 límites infinitos.

Calcule $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\Big(\frac{x-1}{x+2}\Big)^x$.

1. Reconocer la forma. $\frac{x-1}{x+2}\to1$ y el exponente $x\to+\infty$: tipo $1^\infty$.
2. Base menos 1. $\frac{x-1}{x+2}-1=\frac{-3}{x+2}$.
3. Multiplicar por el exponente. $x\cdot\frac{-3}{x+2}\to-3$.
4. Resultado. $e^{-3}$ (U Prop. 1.5, p.31).

Teoría: §3 indeterminaciones y forma $1^\infty$ (U pp.29-31, Prop. 1.5). Sin erratas en el impreso.

Sea $f(x)=\dfrac{x^3+x^2+1}{x^2+4}$. a) Dónde es continua. b) Asíntotas verticales. c) Horizontales. d) Oblicuas.

1. (a) Continuidad. El denominador $x^2+4\ge4$ nunca es $0$: $f$ es continua en todo $\mathbb R$ (U p.51).
2. (b) Verticales. Una vertical exige que $f$ se dispare en algún punto (U p.49); como $f$ es continua en todo $\mathbb R$, no hay.
3. (c) Horizontales. El numerador tiene grado $3$, mayor que el del denominador ($2$): $f\to\pm\infty$ en $\pm\infty$. No hay.
4. (d) Pendiente. $m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3+x^2+1}{x^3+4x}=1$ (los términos de mayor grado), en $+\infty$ y en $-\infty$.
5. (d) Ordenada. $b=\lim_{x\to\pm\infty}(f-x)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-4x+1}{x^2+4}=1$, en ambos lados.
6. Conclusión. La asíntota oblicua es $y=x+1$ en $+\infty$ y en $-\infty$.

Teoría: §7 asíntotas (U pp.48-50, Prop. 1.12); §8 continuidad (U p.51); §6 límites en el infinito. Sin erratas de resultado.

Sabiendo que $x^3+2x^2-1=0$ tiene una raíz en $(0,1)$, calcúlese por bisección con un error menor de $0{,}2$. ¿Cuántos pasos hay que dar?

1. Comprobar que se puede. $f(x)=x^3+2x^2-1$ es continua; $f(0)=-1<0$ y $f(1)=2>0$ (Bolzano, U p.52; bisección, U pp.53-54).
2. Cuántos pasos. Error tras $n$ puntos medios $<\frac1{2^n}$ (U pp.54-55). $\frac1{2^n}<0{,}2\iff2^n>5\iff n\ge3$: 3 pasos.
3. Tabla (se conserva la mitad con cambio de signo):

   Paso	$a$	$b$	$f(a)$	$f(b)$	$c$	$f(c)$	nuevo intervalo
   1	$0$	$1$	$-1$	$2$	$0{,}5$	$-0{,}375$	$[0{,}5;\,1]$
   2	$0{,}5$	$1$	$-0{,}375$	$2$	$0{,}75$	$0{,}546875$	$[0{,}5;\,0{,}75]$
   3	$0{,}5$	$0{,}75$	$-0{,}375$	$0{,}546875$	$0{,}625$	$0{,}025390625$	$[0{,}5;\,0{,}625]$

4. Resultado. $\bar x\approx0{,}625$, error $<0{,}125<0{,}2$, tras 3 pasos. (Raíz exacta: $\frac{\sqrt5-1}2\approx0{,}618$.)
5. Variante (X p.73). $f$ continua en $[-1,1]$, $f(-1)=1$, $f(1)=-2$; ¿cuántas iteraciones para error menor que $0{,}15$? $\frac2{2^n}<0{,}15\iff2^n>13{,}3\iff n\ge4$ ($\frac28=0{,}25$, $\frac2{16}=0{,}125$): 4 iteraciones.

Teoría: §10 bisección (U pp.53-56), §9 Bolzano. Ojo al contar: el impreso llama «paso» a cada punto medio calculado, el mismo convenio de este resumen (tras $n$ puntos medios, error $<\frac{b-a}{2^n}$).