[pilar12]

Se considera la función

\( f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{\ln(x^2+1)}{x}& \text{si}& x\neq 0 \\0 & \text{si}& x=0\end{cases} \)

Enunciado antiguo con errata.

\( f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{\ln(x^2+1)}{x}& \text{si}& x\neq 0 \\0 & \text{si}& x=0\end{cases} \)

[cerrar]

a.- Determina si la función es continua en todo R
b,. Determina si la función es derivable en el punto x=0 y. si existe, calcular la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f(x) para X=0
El apartado a lo tengo, me podéis  ayudar con el apartadero b

No se si lo he escrito bien pero f(x) es una función definida a trozos.

Gracias de antemano por vuestras respuestas.

CORREGIDO

[Pie]

Se considera la función f(x): (Ln(x^2)/x) si x distinto de cero
                                           cero si X=0

a.- Determina si la función es continua en todo R
b,. Determina si la función es derivable en el punto x=0 y. si existe, calcular la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f(x) para X=0
El apartado a lo tengo, me podéis  ayudar con el apartadero b

No se si lo he escrito bien pero f(x) es una función definida a trozos.

Gracias de antemano por vuestras respuestas.

¿Es esto?

\[ f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{\ln(x^2)}{x}& \text{si}& x\neq 0 \\0 & \text{si}& x=0\end{cases} \]

Si es así la función no es continua en \( x = 0 \) y por tanto no es derivable. Aunque me da que igual hay alguna errata.. 

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...
No se si lo he escrito bien pero f(x) es una función definida a trozos.

Gracias de antemano por vuestras respuestas.

¿No será \( f(x)=\left\{\begin{array}{lr}x\ln x^2&x\neq 0\\0&x=0\end{array}\right. \)
🤔
Saludos

[pilar12]

No, la primera función es (\( ln(x^2 +1)/x \)))
Perdón he olvidado dar las gracias.
El solucionario lo hace calculando el limite cuando x tiende a cero y luego aplicando L´Hopital, entonces le queda: limite cuando x tiende a cero de () que da cero y concluye que es continua en R. Esto lo puede llegar a entender, pero el apartado b se me escapa.
Gracias por las molestias tomadas en mi problema.

[Juan Pablo Sancho]

\( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x^2)}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x^2)}{x^2} \cdot x = \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x^2)- \ln(1)}{x^2} \cdot x  \)   

Para la derivada es parecido, si \( g(t) = \ln(1+t)   \)
\( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\ln(1+x^2)}{x}}{x}  = \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln(1+x^2)}{x^2} =_{t = x^2} \displaystyle \lim_{t \to 0} \dfrac{\ln(1+t)}{t} =  \lim_{t \to 0} \dfrac{g(t) - g(0)}{t}  \)

[Pie]

No, la primera función es (ln(x^2 +1)/x))
Perdón he olvidado dar las gracias.
El solucionario lo hace calculando el limite cuando x tiende a cero y luego aplicando L´Hopital, entonces le queda: limite cuando x tiende a cero de ((2x)/(x^2 +1)/1)) que da cero y concluye que es continua en R. Esto lo puede llegar a entender, pero el apartado b se me escapa.
Gracias por las molestias tomadas en mi problema.

Ese \( +1 \) lo cambia todo. En ese caso hay una indeterminación \( \displaystyle\frac{0}{0} \) cuando \( x \) tiende a \( 0 \) y efectivamente el límite da \( 0 \). Luego la función es continua en \( x=0 \) (y en \( \mathbb{R} \) por ser cociente de funciones continuas)

Para el apartado b) hay que ver si existe el límite:

\[ \displaystyle\lim_{x \to 0}{\displaystyle\frac{f(0+x)-f(0)}{x}}=\displaystyle\lim_{x\to 0 }{\displaystyle\frac{\frac{\ln(x^2+1)}{x}-0 }{x}}=\displaystyle\lim_{x \to 0}{\displaystyle\frac{\ln(x^2+1)}{x^2}}=1 \]

Luego \( f \) es derivable en \( x = 0 \) y la pendiente de la recta tangente en ese punto es \( 1 \). Como \( f(0) = 0 \) la recta tangente pasa por el origen y por tanto es \( y = x \).

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

No, la primera función es (ln(x^2 +1)/x))
Perdón he olvidado dar las gracias.
El solucionario lo hace calculando el limite cuando x tiende a cero y luego aplicando L´Hopital, entonces le queda: limite cuando x tiende a cero de ((2x)/(x^2 +1)/1)) que da cero y concluye que es continua en R. Esto lo puede llegar a entender, pero el apartado b se me escapa.
Gracias por las molestias tomadas en mi problema.

Por redundar un poco lo expuesto por Pie y Juan Pablo Sancho ...
O sea, que en tu primer mensaje olvidaste el término \( 1 \) en el argumento del logaritmo ¿no?
Otra forma es aplicando la equivalencia de infinitésimos \( \ln y \sim y-1 \) cuando \( y\to 1 \). Así,
\( \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x^2+1)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2}{x}=\lim\limits_{x\to 0}x=0=f(0) \)
Para el b)
\( f'(0)=
\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{\ln(h^2+1)}{h^2}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{h^2}{h^2}=1 \) luego la ecuación de la recta tangente a \( y=f(x) \) en \( x=0 \) es, como ya se ha dicho, \( y-f(0)=f'(0)(x-0)\Longleftrightarrow \boxed{y=x} \) 
Saludos

[pilar12]

Si, se me olvido el termino 1.
Creo que lo entiendo, pero lo imprimo y lo hago por si acaso.
Como siempre muchísimas gracias a todos por el interés tomado en mi problema

[pilar12]

Al final he conseguido entenderlo todo. Gracias por vuestra paciencia.