SOLUCIONES DE LIMITES 1.

lím

x

Ln 3 x + 2 x SOLUCIÓN: Sustituyendo x por x →∞

∞ obtenemos: ∞

∞ INDETERMINADO Ln ∞ + 2∞ ∞ Como se trata de una indeterminación de tipo L´Hopital, aplicamos dicha regla: 1 x 1 = lím = lím ∞ x →∞ Ln 3 x + 2 x x →∞ 3Ln 2 x +2 +2 ∞ x Resolvemos aparte el límite 3Ln 2 x ∞ lím = INDETERMINACIÓN de tipo L´Hopital otra vez: x →∞ x ∞ 1 1 6Lnx· 6· 3Ln 2 x 6Lnx x lím = lím = lím = (L´Hopital) = lím x = 0 x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ 1 x 1 x Así, el límite original resulta: x 1 1 1 lím = lím = lím = x →∞ Ln 3 x + 2 x x →∞ 3Ln 2 x x →∞ 0 + 2 2 +2 x 3

=

1

2.

 1 + tg x  sen x lím   x →0 1 + sen x  SOLUCIÓN: Sustituyendo x por su valor obtenemos: 1

1

 1 + tg x  sen x  1 + 0  0 ∞ lím  =   = 1 INDETERMINACIÓN QUE SE RESUELVE APLICANDO LA x →0 1 + sen x  1+ 0  FÓRMULA:

lím f ( x ) x→a

g (x)

= 1∞ ⇒ lím f ( x )

g (x)

x→a

lím ( f ( x )−1)· g ( x )

= e x→a

Así, 1

 1+ tg x



1 sen x

lím  −1·  1 + tg x  sen x lím  = e x → 0 1+sen x   x →0 1 + sen x  Hacemos aparte el límite del exponente:  1 + tg x  1  1 + tgx − 1 − senx  1 − 1· = (operando) = lím  = lím  · x →0 1 + sen x x →0 1 + senx  senx  senx

 senx  − senx    tgx − senx  1 cos x · 1 = = lím  = lím  · x →0 1 + senx  senx x → 0 1 + senx  senx     1 1 −1 −1 cos x =0 = lím =1 x →0 1 + senx 1+ 0 Por tanto, el límite original, 1

 1+ tg x



lím  −1·  1 + tg x  sen x lím  = e x → 0 1+sen x   x →0 1 + sen x 

1 sen x

= e0 = 1

x

 2x + 3  lím   x →∞ 2 x − 1  SOLUCIÓN: Sustituyendo se trata de un límite de la forma:  2x + 3  ∞ Por un lado, la base tiende a 1, ya que lím   = INDETERMINACIÓN x →∞ 2 x − 1  ∞ Pero Al tratarse de dos polinomios del mismo grado, el límite es el cociente de sus coeficientes principales, es decir, el cociente de los coeficientes asociados al los términos de mayor grado, que en este caso serían: 2 =1 2 Por otro lado, como el exponente tiende a infinito tenemos: 3.

x

 2x + 3  ∞ lím   = 1 INDETERMINACIÓN que resolveremos como antes: x →∞ 2 x − 1   2 x +3

x



−1 · x lím   2x + 3  x →∞ lím   = e  2 x −1  x →∞ 2 x − 1  Resolvemos el límite del exponente aparte: 4x 4  4   2x + 3 − 2x + 1   2x + 3  lím  = =2 − 1·x = lím  ·x = lím ·x = lím  x →∞ 2 x − 1 x → ∞ x → ∞ x → ∞ 2 x 1 2 x 1 2 x − 1 2 − −      ya que se trata de un límite de la forma: cociente de polinomios, para el que aplicamos la regla de la máxima potencia del denominador, que en este caso coincide con la potencia del numerador, luego el valor del límite es el cociente de los coeficientes principales. Así, el límite dado es: x

 2x + 3  2 lím   =e x →∞ 2 x − 1 

4.

lím

x →∞

[ x ⋅(

x+a − x

)]

SOLUCIÓN: Sustituyendo obtenemos: lím

x →∞

[ x ⋅(

)]

x + a − x = ∞(∞ − ∞ )

que

es

indeterminado.

Resolvemos

la

indeterminación

multiplicamos numerador y denominador por el conjugado de la resta de raíces: lím

x →∞

[ x ⋅(

)]

x + a − x = lím

= lím

x →∞

(x + a ) − x x+a + x

x

(

x+a − x

)(

x+a + x

x+a + x

= lím

x →∞

a x x+a + x

=

)=

a 2

1 −  x x SOLUCIÓN: Sustituyendo, se tiene: 1  1 lím  −  = ∞ − ∞ Indeterminado. Para resolver dicha indeterminación podemos proceder de dos x →0 sen x x maneras: 1. Operando la resta de fracciones: 1 x − sin x 0  1 Indeterminación del tipo L´Hopital, que resolvemos: lím  −  = lím = x →0 sen x x  x →0 x sin x 0 5.

 1 lím 

x

x →∞

x →0 sen

x − sin x 1 − cos x sin x 0  = lím =  L´Hopital  = lím = 0 Luego x → 0 x → 0 x sin x sin x + x cos x  0 cos x + cos x − x sin x  1  1 − =0 lím  x →0 sen x x Utilizando infinitésimos equivalentes: La función seno de x se puede sustituir por x en un

lím

x →0

2.

entorno del punto 0, es decir, senx ≅ x, x → 0 1  1 1 1 −  = lím  −  = lím 0 = 0 Así, lím  x →0 sen x x  x →0 x x  x →0

1  lím  cotg x −  x SOLUCIÓN: Sustituyendo se obtiene: 1  lím  cotg x −  = ∞ − ∞ Indeterminado. Para resolver la indeterminación, escribimos la cotangente x →0 x como un cociente y operamos la resta de fracciones: 1 x cos x − senx 0   cos x 1  Indeterminación de tipo L´Hopital: −  = lím = lím  cotg x −  = lím  x →0 x  x →0 senx x  x →0 xsenx 0 x cos x − senx cos x − xsenx − cos x − xsenx = ( L´Hopital) = lím = lím = (operando) = lím x →0 x →0 x →0 senx + x cos x xsenx senx + x cos x − senx − x cos x 0 = lím = =0 x →0 cos x + cos x − xsenx 2 Luego 1  lím  cotg x −  = 0 x →0 x

6.

7.

x →0

lím

e sen x − x − 1

2x 2 − x 3 e sen x − x − 1 e 0 − 0 + 1 0 = = Indeterminación de tipo L´Hopital: SOLUCIÓN: lím x →0 2 x 2 − x 3 0 0 e sen x − x − 1 e senx cos x − 1  0  lím = lím =  L´Hopital  = 3 x →0 2 x 2 − x 3 x →0 0   4 x − 3x x →0

e senx cos 2 x − e senx senx 1 = x →0 4 − 6x 4

= lím

8.

lím x sen x

x →0

SOLUCIÓN: lím x sen x = 0 0 Indeterminado. Llamemos L = lím x sen x , entonces ç

(

x →0 sen x

ln L = lím ln x x →0

x →0

) = lím (senx ⋅ ln x ) , ya que, por las propiedades de la función logaritmo neperiano, x →0

b

tenemos: ln a = b ln a Utilicemos ahora la equivalencia que usamos antes:

x ≅ senx, x → 0 . Así:

ln L = lím (senx ⋅ ln x ) = lím x ln x = lím x →0

x →0

ln x  ∞  =  L´Hopital  = x ∞ 

x →0 1 /

1/ x = lím (− x ) = 0 − 1 / x 2 x →0 Luego el logaritmo neperiano del límite pedido, ln L = 0 , por tanto, = lím

x →0

L = lím x sen x = 1 x →0

9.

e x − e −x x →0 sen x lím

e x − e −x 1 − 1 0 = = Indeterminación del tipo L´Hopital: x →0 sen x 0 0 e x − e −x e x + e −x 1 + 1 lím = lím = =2 x →0 sen x x →0 cos x 1

SOLUCIÓN: lím

 1 3   − 10. lím  x →1 1 − x 1 − x 3  3  1 1  1 − SOLUCIÓN: lím  = − = ∞ − ∞ Indeterminado. Para resolver la indeterminación x →1 1 − x 1− x3  0 0 operamos las fracciones algebraicamente: 1+ x + x 2 x2 + x −2  0 3  3   1  =  L´Hopital  = − = lím lím −  = lím 3 3 3  x →1 1 − x 1 − x  x →1 x →1 1 − x 3 0 1 x 1 x   − −   2x + 1 = lím = −1 x →1 − 3x 2

11. lím

x →0

x − arcsen x sen 3 x 0−0 0 = Indeterminación de tipo L´Hopital: 0 0 sen x 1 1− x − arcsen x 0  1− x 2 = =  L´Hopital  = lím lím 2 3 x →0 x →0 3sen x cos x 0  sen x 1 x  1− x 2    −x   0− 1− x 2 1− x 2 0  1− x 2 = lím = =  , senx ≅ x , x → 0  = lím x →0 3 2senx cos 2 x − sen 3 x x →0 3senx 2 cos 2 x − sen 2 x 0  

SOLUCIÓN: lím

x →0

x − arcsen x 3

=

(

)

(

(

)

−x

= lím

x →0

)

−1

(1 − x ) 1 − x = lím (1 − x ) 1 − x = − 1 3x (2 cos x − x ) 3(2 cos x − x ) 6 2

2

2

2

2

x →0

2

2

2

a x − bx x x →0

12. lím

a x − bx 1−1 0 Indeterminación de tipo L´Hopital: = = x →0 x 0 0 a x − bx a x ln a − b x ln b lím = lím = ln a − ln b x →0 x →0 x 1

SOLUCIÓN: lím

sen 3x x →0 3 x − ⋅ sen 2x 2

13. lím

sen 3x 0 0 = = Indeterminación. Utilizaremos una vez más la 3 0−0 0 x − ⋅ sen 2x 2 equivalencia sen (nx ) ≅ nx , x → 0 : sen 3x 3x 3x 3x −3 = lím = lím = lím = lím 3 3 x →0 x →0 x →0 x − 3x x →0 − 2 x 2 x − ⋅ sen 2x x − ·2x 2 2 lím

SOLUCIÓN:

x →0

1  14. lím  cotg 2 x −  x x →0 1  SOLUCIÓN: lím  cotg 2 x −  = ∞ − ∞ Indeterminado. Escribimos la función cotangente como un x →0 x cociente:  cos 2 x 1  x cos 2 x − sen 2 x  0 1   =  L´Hopital  = lím  cotg 2 x −  = lím  −  = (operando) = lím 2   x →0 x →0 x  x →0 sen x x  0  xsen 2 x = lím

cos 2 x − 2 xsenx cos x − 2senx cos x 2

sen x + 2 xsenx cos x

x →0

=

1 =∞ 0

 1  1  15. lím  − 2 x →0 sen x 1 − cos x   lím 

SOLUCIÓN:

1

x →0 sen 2 x

−

1  1 1  = − = ∞−∞ 1 − cos x  0 0

Indeterminado. Operamos, utilizando la

relación trigonométrica fundamental: sen x = 1 − cos x 1 1 1 1 1 + cos x   1   − − = lím  − lím   = lím = 2 2 2 x →0 sen x 1 − cos x  x →0 1 − cos x 1 − cos x x →0 1 − cos x 1 − cos 2 x  − cos x = lím = −∞ x →0 1 − cos 2 x 2

2

 1 1   − 16. lím  x →0 sen 2 x x 2  SOLUCIÓN: Aplicando el teorema de L´hopital:  1 1 − lím  2 x →0 sen x x 2 = lím

x →0

= lím

x →0

0  

 x 2 − sen 2 x  0  2 x − 2 sen x ⋅ cos x  = lím = lím = {2 sen x ⋅ cos x = sen 2x} = 2 2  x →0 x ⋅ sen x L´H x →0 2 x ⋅ sen 2 x + x 2 ⋅ 2 sen x ⋅ cos x 2 x − sen 2 x 2

2

2 x sen x + x sen 2 x

0   0

= lím

L´H x →0

2 − 2 cos2x 2

2 sen x + 2 x ⋅ 2sen x ⋅ cos x + 2 x sen 2 x + x 2 2 cos 2 x

2 − 2 cos2x 2

2

2 sen x + 2 x sen 2 x + 2 x sen 2 x + x 2 cos 2 x

= lím

x →0

=

2 − 2 cos2x

0   0

2 sen x + 4 x sen 2 x + 2 x 2 cos 2 x

L´H

2

=

= lím

x →0

4 sen 2x 2 ⋅ 2 sen x ⋅ cos x + 4 sen 2 x + 4 x ⋅ cos 2 x ⋅ 2 + 4 x cos 2 x + 2 x 2 (− sen 2x ) ⋅ 2

= lím

x →0

4 sen 2x

0   0

6 sen 2 x + 8x cos 2 x + 4 x cos 2 x − 4 x 2 sen 2x

L´H

=

=

18 67 8 cos 2x

lím

x →0 12 cos 2 x + 8cos 2 x + 8x ⋅

123 1

17. lím

123 1

−4 ⋅4 sen 23 x ) ⋅ 2 + 4 c1 os sen x ) ⋅ 2 − 81 x4sen 2x cos43 2 x ⋅2 (1 (−2 223x + 41x4 24 3 + 4x 142 24 424 3 2

0

1

0

0

0

x −1

x →1 x n

−1

x −1

0 Indeterminado. Se puede resolver de dos maneras distintas: x →1 x − 1 0 1. Utilizando L´Hopital: x −1 1 1 lím n = lím = x →1 x − 1 x →1 nx n −1 n 2. Sin utilizar L´Hopital, factorizando el numerador y el denominador: x −1 x −1 1 1 = lím = lím n −1 = lím n n − 1 n − 2 n − 2 x →1 x − 1 x →1 (x − 1) x +x + ... + x + 1 x →1 x +x + ... + x + 1 n

SOLUCIÓN: lím

n

=

(

)

 ex − e   18. lím Ln  x −1  x →1    ex − e   = Ln 0  Indeterminado. SOLUCIÓN: lím Ln  x →1 x 1 − 0   Como la función logaritmo es continua en su dominio, puede salir fuera del límite, así:   x  ex − e    = Ln lím e − e   lím Ln     x →1 x →1  x −1    x −1  y así, podemos resolver aparte el límite:

 ex − e   lím x →1  x −1  para lo que utilizaremos L´Hopital:

 ex − e  ex  = lím lím =e x →1  x − 1  x→1 1  e 1   − 19. lím Ln x − 1  x x →1 e −e 1   e e 1 SOLUCIÓN: lím Ln x −  = Ln −  INDETERMINADO x →1 0 0  e − e x −1 Ahora bien, por ser la función logaritmo continua en su dominio, la podemos sacar del límite:

=

8 1 = 24 3

( )

)

   e e(x − 1) − e x − e  1  1   e lím Ln x − −  = Ln  lím x  = Ln  lím = x x →1  e − e x −1   x →1 e − e x − 1   x →1 e − e (x − 1) 

(

    ex − e e − ex ( L ´ Hopital ) Ln lím = Ln  lím = =   = x x x x  x →1 e − e + xe − e   x →1 (x − 1) e − e    e − ex  − ex   −1   −e  = Ln lím x = Ln  = Ln  ∉ R  = (L´Hopital) = Ln  lím x x  x 1 x 1 → → e e + xe e e xe − +  2        Luego no existe el límite. x

(

)

x  4x 2 + 1   4x + 5   20. Calcular a para que se cumpla: lím   = lím  2 x →∞ 4 x + 3  x →∞ 4 x + π    SOLUCIÓN: Calculamos los dos límites por separado:

ax 2

x

  4x + 5   4x + 5   ∞ − 1 x  = lím   = (1 INDETERMINADO) = exp lím  x → ∞ 4 x + 3  x → ∞  4x + 3    2x  1 / 2  = exp lím = e =e  x →∞ 4 x + 3   4x 2 + 1   lím  2 x → ∞ 4 x + π   

ax 2

  4x 2 + 1  2  = (1∞ INDETERMINADO) = exp lím  2 − 1ax  =   x → ∞ 4 x + π     

 (1 − π)ax 2 = exp lím  x →∞ 4 x 2 + π  Para que ambos límites sean iguales se ha de cumplir: (1− π )a

e =e

4

⇒

 =e  

(1− π )a 4

1 (1 − π )a 2 = ⇒a= 2 4 1− π

 x 2 −1   21. lím Ln 2   tg (x − 1)  x →1     2  x2 −1    = Ln 2  lím x − 1   SOLUCIÓN: lím Ln 2    x →1 tg (x − 1)   x →1  tg (x − 1)      x2 −1   es un límite de la forma 0/0 Indeterminación del tipo L´Hopital: lím x →1 tg (x − 1)     x2 −1    2x  = lím =2 lím 2   x →1 tg (x − 1)    x →1 1 + tg (x − 1)  Luego el límite dado es:  x2 −1   = Ln 2 2 lím Ln 2   x →1  tg (x − 1) 

22. lím

x →0

xe 2 x − e 2 x − x + 1 e 2x − 1

SOLUCIÓN: lím

x →0

xe 2 x − e 2 x − x + 1 e

2x

−1

e 0  =  L´Hopital  = lím → x 0 0  

2x

+ 2 xe 2 x − 2e 2 x − 1 2e 2 x

=

1+ 0 − 2 −1 −1 2

23. lím

x − arcsen x

x →0

x3

SOLUCIÓN:

lím

1

1−

x − arcsen x

0   1− x 2  0 = L ´ Hopital lím = =  L´Hopital  =   3 2 x 0 → x 3x 0  0  − 2x 2 1 − x 2  −1   1− x 2 1− x 2 −1 1− x 2 = lím = = lím x →0 x →0 6x 6 6

x →0

(

)

24. lím (arcsen x − ctg x ) x →0

SOLUCIÓN:

cos x   lím (arcsen x − ctg x ) = (∞ − ∞INDETERMINADO) = lím  arcsenx − = x →0 x →0 senx   senxarcsenx − cos x  0 − 1 = lím  = −∞ = x →0 senx 0   sen x  ⋅ (1 + tg 2x )4 x  25. lím  x →0  tg 2x  SOLUCIÓN: Realizando operaciones trigonométricas elementales, podemos relacionar la tangente del ángulo doble con el seno y el coseno de x:       sen x senx ⋅ (1 + tg 2x )4 x  = lím  lím  ·(1 + tan 2 x )4 / x  = 2senx cos x x →0  tg 2x    x →0    2 2  cos x − sen x   cos 2 x − sen 2 x  1 = lím  ·(1 + tan 2 x )4 / x  = · lím (1 + tan 2 x )4 / x = x →0  2 cos x 2 x →0    4  = 1 / 2 ·1∞ INDETERM = 1 / 2 ·exp lím (1 + tan 2 x − 1)·  = x 0 → x 

(

=

)

1 4 tan 2 x   ·exp lím  = (L¨Hopital) = x 0 → 2 x  

2   1 26. lím  e x − e x  x →0 

(

)

4 1 + tan 2 2 x ·2 1 ·exp lím = x →0 2 1

1 8 ·e 2

x

x

2   1 SOLUCIÓN: lím  e x − e x  INDETERMINADO x → 0  Operando obtenemos: x

[ (

2   1 lím  e x − e x  = lím e1 / x 1 − e1 / x x →0 x → 0 

)]

x

1/ x

x →0

1/ x x

x

x →0

Luego ahora tenemos que calcular el valor del límite Indeterminado

( ) = e·lím (1 − e ) lím(1 − e ) que es de la forma

= lím e· 1 − e1 / x

x →0

∞0

Sea

(

)

(

L = lím 1 − e1 / x ⇒ ln L = ln lím 1 − e1 / x x →0

(

x →0

)

x

e

)

(

x →0 1/ x

x

(

)

= lím x·ln 1 − e1 / x = x →0

·1 / x 2

1/ x ln 1 − e1 / x ∞  =  L´Hopital  = lím 1 − e 2 x →0 1/ x ∞  x →0 − 1 / x Luego el límite pedido es:

= lím

)

= lím ln 1 − e1 / x

= lím

− e1 / x

x →0 1 − e1 / x

=1⇒ L = e

x

2   1 lím  e x − e x  = e·e = e 2 x →0 

27. Lím

π x→ 2

sen x·(1 − sen x) cos ² x

SOLUCIÓN: Realizando algunas operaciones trigonométricas elementales tenemos: senx 1 senx (1 − senx ) senx (1 − senx ) sen x·(1 − sen x) = Lím = Lím = Lím = Lím 2 π π π π ( )( ) 1 senx 2 − + + 1 senx 1 senx cos ² x 1 − sen x x→ x→ x→ x→ 3

28. Lím

2

2

2

2

1 − x 2 − cos x x2

x →0

3

SOLUCIÓN:

Lím

1 − x 2 − cos x

x2 esta vez, en lugar de L´Hopital: senx ≅ x, x → 0 . Así: x →0

3

Lím

1 − x 2 − cos x

x →0

x = Lím

2

x →0

(cos x )

x →0

  8  29. Lím 1 + 5 ⋅ tg  x →∞   x 

= Lím

=

3

0 0

Indeterminación. Podemos aplicar infinitésimos equivalentes

1 − sen 2 x − cos x 2

sen x

= Lím x →0

3

cos 2 x − cos x 2

sen x

0  =  L´Hopital  = 0 

(cos x )−1 / 3 + 1 = −1 ·(− senx ) − senx = (simplificando) = Lím− x →0 2senx cos x 2 cos x

−1 / 3

x

x

  8  SOLUCIÓN: Lím 1 + 5 ⋅ tg  = 1∞ Indeterminado. Resolvemos aplicando la fórmula: x →∞   x  x

     8  8    8  Lím 1 + 5 ⋅ tg  = exp Lím1 + 5tg  − 1 x  = exp Lím 5x tan   = x →∞   x  x    x   x →∞  x →∞ 

  sen (8 / x )  sen (8 / x )   = (inf initésimos = exp Lím 5· ·x  = exp Lím 5· equivalentes) =  x →∞ cos(8 / x )   x →∞ cos(8 / x )·1 / x      8/ x 8  = exp Lím 5·  = e 40 = exp Lím 5· x x → ∞ → ∞ cos(8 / x )·1 / x  cos(8 / x )   

30.

lim

x →π 2

0 (cos x )2 ( =0 ) lim − 2 cos x sen (x − π 2)2 L'H x →π 2 2·(x − π 2)

= lim = x →π 2

x

(0 )

− sen 2 x 0 = x → π 2 2 x − π L 'H

= lim

π − 2 cos 2x − 2 cos 2 2 − 2 cos π = = = . −1 2 2 2

(0 )

3x − 2 x 0 3 x ·ln 3 − 2 x ·ln 2 3 = = lim = Ln3 − Ln 2 = Ln 31. lim x 1 2 x →0 L ' H x →0

(x − 3)1 / n x →3 (x − 3)1 / m

32. Calcular el lím

en los siguientes casos:

• Si m > n • Si m = n • Si m < n Antes de hacer el límite hay que operar la expresión, ya que es un cociente de exponenciales con igual base.

(x − 3)1 / n x →3 (x − 3)1 / m lím

•

m−n

1 1

= lím (x − 3) n − m = lím (x − 3) n⋅m x →3

x →3

Si m > n m−n

lím (x − 3) n⋅m = {m − n = K > 0} = 0 K = 0

x →3

•

Si m = n

(x − 3)1 / m x →3 (x − 3)1 / m lím

•

= lím 1 = 1 x →3

Si m < n m−n

lím (x − 3) n⋅m = {m − n = − K < 0} = 0 − K =

x →3

33.

lím

x →π

4

1 0

K

=

1 =∞ 0

3tg ² x − tg x − 2 2tg ² x − 5tg x + 3 3tg ² x − tg x − 2 0 = Indeterminado 2 tg ² x 5 tg x 3 0 − + 4

SOLUCIÓN: lím x →π

lím

x →π

4

6tg 3 x − tg 2 x + 6tgx − 1

= lím x →π

34.

lím

(

( (

) ( ) (

) )

3tg ² x − tg x − 2 6tgx 1 + tg 2 x − 1 + tg 2 x = ( L´Hopital) = lím = 2tg ² x − 5tg x + 3 x → π 4 tgx 1 + tg 2 x − 5 1 + tg 2 x 4

x + x +1

4

4tg 3 x − 5tg 2 x + 4tgx − 5

=

6 − 1 + 6 − 1 10 = = −5 4−5+ 4−5 −2

)

x → +∞ x ⋅ x − x ² + x + 1 SOLUCIÓN: Estudiando las potencias máximas del numerador y del denominador se observa que el numerador es del orden de x1/2 mientras que el denominador es de la forma x3/2, luego el denominador tiende a infinito más deprisa que el numerador y por tanto:

lím

x →+∞

(

x + x +1

x ⋅ x − x² + x + 1

)=0