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Análisis Matemático 66

2025 CABANA

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ANÁLISIS MATEMÁTICO 66 UBA XXI
CÁTEDRA CABANA

Práctica 4 - Regla de L'Hopital

4.16. Encontrar todas las asíntotas (vertical, horizontal y oblicua) de la siguientes funciones ff definidas por y=f(x)y=f(x) :
a) f(x)=x2(e1x1)f(x)=x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)

Respuesta

Estudiamos las asíntotas de la función: f(x)=x2(e1x1)f(x)=x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)

1)\textbf{1)} Identificamos el dominio de ff

El dominio de ff es R{0}\mathbb{R} - \{0\}

2)\textbf{2)} Asíntotas verticales

En este caso, x=0x=0 es candidato a asíntota vertical. Tomamos límite cuando xx tiende a 00 por derecha y por izquierda:

- Cuando xx tiende a cero por izquierda:

limx0x2(e1x1)=0 \lim_{x \to 0^-} x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right) = 0

Acordate que e=0e^{-\infty} = 0, por eso te queda algo que tiende a cero por algo que tiende a 1-1, todo perfecto, cuando xx tiende a cero por izquierda la función se acerca a 00. Veamos ahora qué pasa por derecha... - Cuando xx tiende a cero por derecha: limx0+x2(e1x1) \lim_{x \to 0^+} x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right) Ahora tenemos una indeterminación de tipo "cero x infinito". Al igual que como hicimos en varios items del Ejercicio anterior, podríamos reescribir para aplicar L'Hopital. Probá de hacerlo, vas a llegar igual al resultado, pero yo ya lo hice y creeme que se empieza a tornar bastante cuentoso. Se me ocurrió una manera que sale un poquito más fácil. Si hacemos el cambio de variable y=1xy = \frac{1}{x}, nuestro límite se convierte en... limy+ey1y2 \lim_{y \to +\infty} \frac{e^y - 1}{y^2} Fijate que cuando xx tiende a 00 por derecha, entonces, por como está definida yy, yy tiende a ++\infty. Estamos frente a una indeterminación de tipo "infinito sobre infinito", aplicamos L'Hopital: limy+ey2y \lim_{y \to +\infty} \frac{e^y}{2y} Aplicamos L'Hopital una vez más... limy+ey2=+ \lim_{y \to +\infty} \frac{e^y}{2} = +\infty  
¡Perfectooo! Por derecha la función se está yendo a ++\infty. Como ya uno de los límites laterales nos dio infinito, decimos que ff tiene una asíntota vertical en x=0x=0

3)\textbf{3)} Asíntotas horizontales: Tomamos los límites cuando xx tiende a ±\pm \infty

Arrancamos primero estudiando cómo se comporta la función en ++\infty

limx+x2(e1x1) \lim_{x \to +\infty} x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)

Estamos frente a una indeterminación de tipo "cero x infinito", podríamos reescribir para aplicar L'Hopital, pero, un camino menos cuentoso podría ser nuevamente tomar el cambio de variable y=1xy = \frac{1}{x} Fijate que ahora, cuando xx tiende a ++ \infty, yy tiende a 00 por derecha. Entonces el límite nos quedaría escrito así:

limy0+ey1y2 \lim_{y \to 0^+} \frac{e^y - 1}{y^2}

Estamos frente a una indeterminación de tipo "cero sobre cero", ahora si podemos aplicar L'Hopital:

limy0+ey2y=+ \lim_{y \to 0^+} \frac{e^y}{2y} = +\infty

Listo, ya sabemos que ff se va a ++\infty cuando x+x \rightarrow +\infty

Ahora, para estudiar el comportamiento en -\infty el razonamiento es análogo, seguís los mismos pasos que hicimos recién y vas a llegar a...

limxx2(e1x1)= \lim_{x \to -\infty} x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)= -\infty

Bueno, con esto concluimos que ff no tiene asíntotas horizontales... Lamentablemente vamos a tener que estudiar asíntotas oblícuas jeje... 

4)\textbf{4)} Asíntotas oblicuas

Empezamos buscando la pendiente de la posible asíntota oblícua:

m=limx±f(x)x=limx±x2(e1x1)x=limx±x(e1x1)m = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^{2}(e^{\frac{1}{x}}-1)}{x} = \lim_{x \to \pm \infty} x (e^{\frac{1}{x}} - 1)

Estamos frente a una indeterminación de tipo "cero x infinito", podríamos reescribir para aplicar L'Hopital, pero, un camino menos cuentoso podría ser nuevamente tomar el cambio de variable y=1xy = \frac{1}{x} Fijate que ahora, cuando xx tiende a ±\pm \infty, yy tiende a 00. Entonces el límite nos quedaría escrito así: limy0ey1y\lim_{y \to 0} \frac{e^y - 1}{y}

Estamos frente a una indeterminación de tipo "cero sobre cero", aplicamos L'Hopital:

limy0ey1=1\lim_{y \to 0} \frac{e^y}{1} = 1

Por lo tanto, la posible pendiente mm para nuestra asíntota oblicua es 11

Buscamos ahora bb, la ordenada al origen:

b=limx±f(x)mx=limx±x2(e1x1)xb = \lim_{x \to \pm \infty} f(x) - mx = \lim_{x \to \pm \infty} x^{2}\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right) - x Si sacamos factor común x2x^2: limx±x2[e1x11x]\lim_{x \to \pm \infty} x^2 [ e^{\frac{1}{x}} - 1 - \frac{1}{x} ] Este límite no es para nada trivial y, nuevamente, la mejor manera que se me ocurrió para resolverlo es hacer el cambio de variable y=1xy = \frac{1}{x}. Con este cambio de variable, el límite nos queda escrito así:

limy0ey1yy2\lim_{y \to 0} \frac{e^y - 1 - y}{y^2}

Estamos frente a una indeterminación de tipo "cero sobre cero", aplicamos L'Hopital:

limy0ey12y\lim_{y \to 0} \frac{e^y - 1}{2y}

Sigue el "cero sobre cero", aplicamos L'Hopital una vez más...

limy0ey2=12\lim_{y \to 0} \frac{e^y}{2} = \frac{1}{2}

Ufff, estuvo difícil este! Finalmente concluimos que b= 12b = \frac{1}{2} y por lo tanto nuestra función tiene una asíntota oblicua en y=x+ 12y = x + \frac{1}{2}

*Aclaración: Este ejercicio es significativamente más difícil que cualquiera que te puedas cruzar en un parcial o final, así que tranqui si costó, es lo más normal. 
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