limites resueltos

EJEMPLOS RESUELTOS DE LÍMITESPor Leonardo Sáenz Baez

La idea al resolver los límites presentados en estas notas es utilizarsimplificaciones algebraícas en el proceso de solución, sin llegar a emplear técnicascomo la regla de L’Hospital, más bien, hacerlos "a pie", como diriamoscoloquialmente. Entre las simplificaciones o expresiones algebraícas máscomunmente empleadas para tal caso se tienen factorizaciones del tipo

an − bn a − ban−1 an−2b abn−2 bn−1

o en ocasiones se emplea el desarrollo del binomio

a bn n0

an−0b0 n1

an−1b1 n2

an−2b2 nn − 1

an−n−1bn−1 nn an−nbn

∑k0

nnk

an−kbk

an nan−1b n2

an−2b2 nabn−1 bn

donde

nk

n!k!n − k!

nótese que

nk

nn − k

n0

nn 1

n1

nn − 1

n

también es útii la división sintética así como las identidades fundamentales de lasfunciones trigonométricas y, obviamente, los teoremas fundamentales de los límites.

Iniciamos los ejemplos con el siguiente límite.

1. Calcular

x→0lim

1 x1 2x1 3x − 1x

Solución.Al efectuar las operaciones entre paréntesis en el numerador resulta un polinomio

de tercer grado, cuyo término independiente se anula con el − 1, situado al final,siendo el coeficiente del término de primer grado 1 2 3, los demás términos

tendrán como factor por lo menos una x2, esto es

x→0lim

1 x1 2x1 3x − 1x

x→0lim

1 2 3x tx2x

emplearemos el símbolo txk, para indicar un polinomio en x, en el cual todos sustérminos tienen por lo menos el factor xk, así, en el ejemplo que estamosconsiderando, tx2 11x2 6x3, (donde todos los términos tienen al menos una x2,como factor)

Entonces, continuando con el ejemplo, en el numerador podemos sacar de factorcomún una x, que se elimina con la del denominador, quedando

x→0lim

1 x1 2x1 3x − 1x

x→0lim

x1 2 3 txx

x→0lim 1 2 3 tx 1 2 3 6

Obviamentex→0lim tx 0, ya que todos los términos de tx, tienen al menos una x

como factor.

2. Calcular

x→0lim

1 x1 2x1 3x1 nx − 1x

este ejemplo es una generalización del anterior y se puede escribir

x→0lim

1 x1 2x1 3x1 nx − 1x

x→0lim

1 2 3 nx tx2x

x→0lim

x1 2 3 n txx

1 2 3 n nn 1

23. Calcular

x→0lim

1 x5 − 1 5xx2 x5

solución.

x→0lim

1 5x 52 x2 tx3 − 1 5x

x2 x5 x→0lim

52 x2 tx3

x2 x5 x→0lim

10x2 tx3x2 x5

donde el coeficiente de x2 en el numerador es el número combinatorio,52

5!5 − 2!2!

5!3!2!

543!3!2

202

10

sacando como factor común a x2 en el numerador y denominador, y simplificando,se tiene

x→0lim

1 x5 − 1 5xx2 x5

x→0lim

10x2 tx3x2 x5

x→0lim

x210 txx21 x3

x→0lim

10 tx1 x3 10

4. Calcular

x→0lim

1 xn − 1 nxax2 tx3

este ejercicio es una generalización del anterior, aquí tx3 es un polinomio donde

todos sus términos tienen como factor al menos una x3

x→0lim


x→0lim

n2

x2 tx3

ax2 tx3

x→0lim

x2 n2

tx

x2a tx

n2a

y teniendo en cuenta que n2

n!n − 2!2!

n − 2!n − 1nn − 2!2

nn − 1

2,

tendremos

x→0lim


nn − 1

2a

por ejemplo para

x→0lim

1 x10 − 1 10x5x2 2x3 − 3x5 x7 109

10 9

ya que se aplica el resultado del limite con n 10 y a 5

5. Calcular el límite

x→3lim x2 − 5x 2

x2 − 8x 15

solución.Sustituyendo directamente el valor x 3 en la expresión nos da la forma

indeterminada 00

, la cual podemos evitar factorizando en el numerador y

denominador el factor que causa la indeterminación, para este tipo de ejercicios, six → a, el factor causante de la indeterminación es x − a, en este caso es fácil ver que

x→3lim x2 − 5x 6

x2 − 8x 15

x→3lim

x − 3x − 2x − 3x − 5

x→3lim x − 2

x − 5 1−2 − 1

2


x→1lim x3 − 3x 2

x4 − 4x 3 0

0, forma indeterminada

busquemos el factor x − 1, causante de la indeterminación, empleando divisiónsintética para el polinomio del numerador tenemos

1 1 0 − 3 2

1 1 − 2

− − − − − − − − −

1 1 − 2 0

de modo que

x3 − 3x 2 x − 1x2 x − 2

y para el polinomio del denominador

1 1 0 0 − 4 3

1 1 1 − 3

− − − − − − − − − − − −

1 1 1 − 3 0

de manera que

x4 − 4x 3 x − 1x3 x2 x − 3

por lo que podemos escribir

x→1lim x3 − 3x 2

x4 − 4x 3

x→1lim

x − 1x2 x − 2x − 1x3 x2 x − 3

x→1lim x2 x − 2

x3 x2 x − 3 0

0, de nuevo da forma indeterminada

esto significa que sigue presente el factor x − 1 en el numerador y denominadorefectivamente, el numerador se puede factorizar de manera sencilla como

x − 1x 2y para factorizar el denominador empleemos de nuevo la división sintética

1 1 1 1 − 3

1 2 3

− − − − − − − − − −

1 2 3 0

o sea

x3 x2 x − 3 x − 1x2 2x 3

de manera que el límite se puede escribir

x→1lim x3 − 3x 2

x4 − 4x 3

x→1lim x2 x − 2

x3 x2 x − 3

x→1lim

x − 1x 2x − 1x2 2x 3

x→1lim x 2

x2 2x 3 3

6 1

2


x→2lim x3 − 2x2 − 4x 8

x4 − 8x2 16 0

0

factoricemos el término x − 2, tanto en el numerador como en el denominador,aplicando la división sintética en el numerador se tiene

2 1 − 2 − 4 8

2 0 − 8

− − − − − − − − − − − − − −

1 0 − 4 0

lo que nos dice que

x3 − 2x2 − 4x 8 x − 2x2 − 4

para el denominador vemos que se tiene el desarrollo de un binomio

x4 − 8x2 16 x2 − 42

de manera que

x→2lim x3 − 2x2 − 4x 8

x4 − 8x2 16

x→2lim

x − 2x2 − 4

x2 − 42

x→2lim

x − 2x2 − 4

x→2lim

x − 2x − 2x 2

x→2lim 1

x 2 1

4

8. calcular el límite

x→−1lim x3 − 2x − 1

x5 − 2x − 1 0

0

empleando división sintética se puede encontrar la siguiente factorizaciónpara el numerador

− 1 1 0 − 2 − 1

− 1 1 1

− − − − − − − − − − − − − −

1 − 1 − 1 0

para el denominador

− 1 1 0 0 0 − 2 − 1

− 1 1 − 1 1 1

− − − − − − − − − − − − − − − − −

1 − 1 1 − 1 − 1 0

de manera que podemos escribir

x→−1lim x3 − 2x − 1

x5 − 2x − 1

x→−1lim

x 1x2 − x − 1x 1x4 − x3 x2 − x − 1

x→−1lim

x2 − x − 1x4 − x3 x2 − x − 1

1 1 − 11 1 1 1 − 1

13


x→2lim

x2 − x − 220

x3 − 12x 1610 00

en el denominador, para el polinomio dentro del paréntesis, al emplear divisiónsintética se tiene

2 1 0 − 12 16

2 4 − 16

− − − − − − − − − − − − −

1 2 − 8 0

de manera que

x3 − 12x 16 x − 2x2 2x − 8

y además las formas cuadráticas que quedan en el numerador y denominador sonfáciles de factorizar dando

x2 − x − 2 x − 2x 1

x2 2x − 8 x − 2x 4

por lo que podemos escribir

x→2lim

x2 − x − 220

x3 − 12x 1610 x→2lim

x − 220x 120

x − 210x2 2x − 810

x→2lim

x − 220x 120

x − 210 x − 210x 410

x→2lim

x 120

x 410 320

610 320

310210 310

210

32

10 59049

1024

10. Si m y n son enteros positivos arbitrarios, pruebe que

x→1lim

xn1 − n 1x n

x − 12 nn 1

2

soluciónHaciendo x − 1 z ,se tiene que x 1 z y cuando x → 1, z → 0, de modo que

x→1lim

xn1 − n 1x n

x − 12 z→0lim

1 zn1 − n 11 z nz2

z→0lim

1 n 11

z n 12

z2 tz3 − n 1z − n − 1 n

z2

z→0lim

1 n 11

z n 12

z2 tz3 − n 1z − n − 1 n

z2

y como

n 11

n 1

n 12

n 1!2!n 1 − 2!

n!n 12n − 1!

n − 1!nn 12n − 1!

nn 1

2

simplificando y factorizando z2 en el numerador, y además tomando en cuenta quetz → 0 cuando z → 0, tendremos

x→1lim

xn1 − n 1x n

x − 12z→0 lim

nn12 z2 tz3

z2 z→0lim

z2 nn12 tz

z2 nn 1

2

11. Si m y n son enteros positivos arbitrarios, pruebe que

x→1lim xm − 1

xn − 1 m

n

factorizando numerador y denominador se tiene

x→1lim xm − 1

xn − 1

x→1lim

x − 1xm−1 xm−2 x 1x − 1xn−1 xn−2 x 1

x→1lim

xm−1 xm−2 x 1xn−1 xn−2 x 1

mn


x→alim

xn − an − nan−1x − ax − a2 , con n entero positivo arbitrario

solución.Haciendo x − a z, se tiene x a z, con z → 0de manera que

x→alim

xn − an − nan−1x − ax − a2

z→0lim

a zn − an − nan−1zz2

z→0lim

n2

an−2z2 tz3

z2

z→0lim

z2 n2

an−2 tz

z2 n2

an−2

n!2!n − 2!

an−2 nn − 1n − 2!

2n − 2!an−2

12

nn − 1an−2


x→1lim x x2 xn − n

x − 1 0

0

solución.

x→1lim xn xn−1 x − n

x − 1

por división sintética tendremos

1 1 1 1 1 1 − n

1 2 n − 2 n − 1 n

− − − − − − − − − − − − − − − − − −

1 2 3 n − 1 n 0

de manera que se puede escribir

x→1lim xn xn−1 x − n

x − 1

x→1lim

x − 1xn−1 2xn−2 n − 1x nx − 1

x→1lim xn−1 2xn−2 n − 1x n

1 2 n − 1 n nn 1


x→0lim

1 mxn − 1 nxm

x2

El límite es de la forma indeterminada 00

y para quitar la indeterminación, causada

por x2, haremos lo siguiente para eliminarla,desarrollando los binomios y juntando, en el símbolo tx3, todos los términos con

al menos el factor x3 , se tiene

x→0lim

1 mxn − 1 nxm

x2 x→0lim

1 nmx n2

mx2 − 1 − mnx − m2

nx2 tx3

x2

x→0lim

n2

mx2 − m2

nx2 tx3

x2

x→0lim

x2 n2

m2 − m2

n2 tx

x2

n2

m2 − m2

n2

ahora bien

n2

m2 − m2

n2 n!2!n − 2!

m2 − m!2!m − 2!

n2

nn − 1n − 2!

2n − 2!m2 − mm − 1m − 2!

2m − 2!n2

nn − 1m2 − mm − 1n2

2 mn2 − nm2

2

mnn − m

2por lo que

x→0lim

1 mxn − 1 nxm

x2 mnn − m

2


x→1lim m

1 − xm −n

1 − xn

en este ejemplo, la sustitución directa nos da − ,otra forma indeterminada,pero este límite se puede escribir también

x→1lim m

1 − xm −n

1 − xn x→1lim

m1 − xn − n1 − xm1 − xm1 − xn

x→1lim

−mxn − 1 nxm − 1xm − 1xn − 1

x→1lim

nxm − 1 − mxn − 1xm − 1xn − 1

que es de la forma 00

, para quitar la indetrminación, hagamos x − 1 z, con lo

que obtendremos x 1 z, con z → 0,entonces

x→1lim m

1 − xm −n

1 − xn z→0lim

n1 zm − 1 − m1 zn − 11 zm − 11 zn − 1

z→0lim

n mz m2

z2 tz3 − m nz n2

z2 tz3

mz m2

z2 tz3 nz n2

z2 tz3

z→0lim

n m2

z2 − m n2

z2 tz3

mnz2 tz3

z→0lim

z2 n m2− m n

2 tz

z2mn tz

n m

2− m n

2mn

nm!2!m − 2!

− mn!2!n − 2!

mn

nmm − 1m − 2!2m − 2!

− mnn − 1n − 2!2n − 2!

mn

mnm − 1 − n − 1

2mn m − n

2

16. Compruebe que

z→0lim

n 1 z − 1z 1

n

Comprobación.Empleando

an − bn a − ban−1 an−2b abn−2 bn−1

con b 1

an − 1 a − 1an−1 an−2 a 1

de aquí, despejando a − 1

a − 1 an − 1an−1 an−2 a 1

ahora haciendo a n 1 z 1 z1n se tendrá

n 1 z − 1 1 z − 1

1 zn − 1

n 1 z1n 1

z

1 zn − 1

n 1 z1n 1

n 1 z − 1z 1

1 zn − 1

n 1 z1n 1

al tomar límite cuando z → 0 , y teniendo en cuenta que en el denominador hay n

sumandos, tendremos

z→0lim

n 1 z − 1z

z→0lim 1

1 zn − 1

n 1 z1n 1

11 1 1 1

1n

otra manera de calcular este límite, sería con el cambio de variabley n 1 z , con lo cual se tiene yn 1 z, yn − 1 z, y → 1 cuando z → 0

quedando

z→0lim

n 1 z − 1z

y→1lim

y − 1yn − 1

y→1lim

y − 1y − 1yn−1 yn−2 y 1

y→1lim 1

yn−1 yn−2 y 1 1

1 1 1 1

n

17. Calcular

x→0lim

n 1 Pkx − 1x

donde Pkx a1x a2x2 akxk, donde se ve que que Pkx → 0 cuandox → 0

para resolver este límite emplearemos el resultado del anterior , obteniéndose uncaso más general.

haciendo z Pkx podemos escribir

x→0lim

n 1 Pkx − 1x

x→0lim

n 1 Pkx − 1

PkxPkx

x

z→0lim

n 1 z − 1z

x→0lim a1x a2x2 akxk

x

z→0lim

n 1 z − 1z

x→0lim

xa1 a2x akxk−1x

1n a1

a1n

de manera que tenemos este interesante límite

x→0lim

n 1 Pkx − 1x a1

n

donde a1 es el coeficiente del término de primer grado del polinomio Pkx y n elíndice del radical.


x→0lim

1 x − 1 − x3 1 x − 3 1 − x

Una manera de resolver este límite es "acomodarlo" para poder emplear elresultado del ejemplo 17, para esto sumamos y restamos 1 en el numerador ydenominador y después se divide cada termino por x, y podremos escribir

x→0lim

1 x − 1 − x3 1 x − 3 1 − x

x→0lim

1 x − 1 − 1 − x − 13 1 x − 1 − 3 1 − x − 1

x→0lim

1 x − 1x −

1 − x − 1x

3 1 x − 1x −

3 1 − x − 1x

aplicando resultado del límite interesante 17 se tiene

12− − 1

213− − 1

3

123

32

de manera que

x→0lim

1 x − 1 − x3 1 x − 3 1 − x

32


x→16lim

4 x − 2x − 4

haciendo x − 16 z, tendremos x 16 z y z → 0 cuando x → 16

x→16lim

4 x − 2x − 4

z→0lim

4 16 z − 2

16 z − 4

z→0lim

4 16 1 116 z − 2

16 1 116 z − 4

z→0lim

2 4 1 116 z − 2

4 1 116 z − 4

24 z→0

lim4 1 1

16z − 1

1 116

z − 1

12 z→0

lim

4 1 116 z − 1z

1 116 z − 1z

12

116

4116

2

12

1412

14


x→4lim

2 − x

3 − 2x 1

solución.Haciendo x − 4 z, se tiene, x 4 z, z → 0 y podemos escribir

x→4lim

2 − x

3 − 2x 1

z→0lim

2 − 4 z

3 − 9 2z

z→0lim

2 − 4 1 14

z

3 − 9 1 29

z

z→0lim

2 − 2 1 14

z

3 − 3 1 29

z

z→0lim

2 1 − 1 14

z

3 1 − 1 29

z

23 z→0

lim1 1

4z − 1

1 29

z − 1 2

3 z→0lim

1 14

z − 1

z

1 29

z − 1

z

23

1819

23

98

34


x→1lim

1 − x 1 − 3 x 1 − n x

1 − xn−1

solución.

¿Cuántos factores tenemos en el numerador?, si los índices de las raicesiniciaran con 1 tendriamos n factores, pero como inician con el 2, tendremos n − 1factores, el mismo número de factores que el denominador, despues de hacerx − 1 z, tendremos x 1 z, z → 0 cuando x → 1, y podemos escribir

x→1lim

1 − x 1 − 3 x 1 − n x

1 − xn−1 z→0lim

1 − 1 z−z

1 − 3 1 z−z

1 − n x−z

z→0lim

1 z − 1z

3 1 z − 1z

n 1 z − 1z

12

13

1n 1

n!

x→0lim

1 − x 1 − 3 x 1 − n x

1 − xn−1 1n!


x→0lim

n 1 Pkx − 1 Pmxx

donde, digamos,

Pkx a1x a2x2 akxk

Pmx b1x b2x2 bmxm

solución

x→0lim

n 1 Pkx − 1 Pmxx

x→0lim

n 1 Pkx − 1x − Pmx

x

x→0lim

n 1 Pkx − 1x −

x→0lim

Pmxx

a1n − b1

a1 − b1nn

por ejemplo, para el límite

x→0lim

1 − 2x − x2 − 1 xx

De acuerdo a lo expresado anteriormente vemos que a1 −2, b1 1,por lo quetenemos

x→0lim

1 − 2x − x2 − 1 2xx a1 − b1n

n −2 − 122

−42

−2

23. Calcular

x→0lim

5 1 3x − 5x2 x5 − x2 20x − 1x

solución.

x→0lim

5 1 3x − 5x2 x5 − x2 20x − 1x

x→0lim

5 1 3x − 5x2 − 1 − 20x x2 − x5x

este es un límite del tipo dado en el ejercicio 22 con a1 3, n 5 y b1 −20, demanera que

x→0lim

5 1 3x − 5x2 − 1 − 20x x2 − x5x a1 − b1n

n 3 − −205

5 103

5


x→0lim

m 1 ax n 1 bx − 1x

solución.teniendo en cuenta que, por algebra elemental,

m A n B A1m B

1n A

nnm B

mnm nm AnBm

entonces

x→0lim

m 1 ax n 1 bx − 1x

x→0lim

mn 1 axn1 bxm − 1x

x→0lim

mn 1 axn1 bxm − 1x

x→0lim

mn 1 nax tx21 mbx tx2 − 1x

x→0lim

mn 1 na mbx tx2 − 1x

na mbmn a

m bn

en el último paso se aplicó el límite interesante dado en el ejercicio 17Otra forma de resolver este límite es

x→0lim

m 1 ax n 1 bx − 1x

x→0lim

m 1 ax n 1 bx − 1 m 1 ax − 1x

x→0lim m 1 ax

n 1 bx − 1x

x→0lim

m 1 ax − 1x

1 bn a

m am b

n

25. El siguiente límite es una generalización del anterior

x→0lim

m 1 Pkx n 1 Prx − 1x a1

m b1n

donde

Pkx a1x a2x2 akxk

Prx b1x b2x2 brxr

y su prueba es similar al del límite anteriorun ejemplo concreto sería

x→0lim

3 1 5x − x2 3x3 1 − 3x 10x3 − 1x 5

3 −3

2 10 − 9

6 1

6

En la solución de límites trigonométricos emplearemos con frecuencia elimportante límite

26.

z→0lim sin z

z 1

cuya demostración se puede ver en la mayoría de los libros de cálculo, aquíponemos, a continuación, una liga para que vean una prueba de dicho límitehttps://mega.co.nz/#!QAVF2Y4a!aT8qKT-aYHFIblGHaBn36UuiPCtH1x4SDAIDAWx7dT0

27. Por ejemplo, el límite anterior se aplica para obtener los siguientes

ax→0lim

sinmxx m

bx→0lim

sinmxsinnx

mn

cx→0lim

arcsinxx 1

dx→0lim tanx

x 1

ex→0lim

tanmxx m

fx→0lim

tanmxtannx

mn

gx→0lim

arctanxx 1

a) En efecto, si mx z, se tiene, x zm , y z → 0 cuando x → 0, y entonces

x→0lim

sinmxx

z→0lim sin z

zm

z→0lim m sin z

z mz→0lim sin z

z m

b) Empleando resultado de a) podemos escribir

x→0lim

sinmxsinnx

x→0lim

sinmxx

sinnxx

mn

c) Haciendo z arcsinx, se tiene x sinz y z → 0, cuando x → 0 y podemosescribir

x→0lim

arcsinxx

z→0lim z

sinz

z→0lim 1

sinzz

11 1

d) Escribiendo tanx sinxcosx

se tiene

x→0lim tanx

x x→0lim

sinxcosx

x sinxxcosx

x→0lim

sinxx

1cosx

1 11

1

e) Haciendo mx z, se tiene, x zm , y z → 0 cuando x → 0, y entonces

x→0lim

tanmxx

z→0lim

tanzzm

mz→0lim

tanzz m1 m

f) Es fácil ver que

x→0lim

tanmxtannx

x→0lim

tanmxx

tannxx

mn

g) Haciendo z arctanx, se tiene x tanz y z → 0, cuando x → 0 y podemosescribir

x→0lim

arctanxx

z→0lim z

tanz

z→0lim 1

tanzz

11 1


x→0lim

sin5x − sin3xtanx

solución.

x→0lim

sin5x − sin3xtanx

x→0lim

sin5xx − sin3x

xtanx

x

5 − 31

21 2


x→lim

sinmxsinnx

solución.Notemos que x → y no a 0Hagamos x − z, con lo cual tendremos x z , y z → 0 cuando x → entonces

x→lim

sinmxsinnx

z→0lim

sinmz msinnz n

z→0lim

−1m sinmz−1n sinnz

−1m−n

z→0lim

m sinmzmz

n sinnznz

−1m−n mn

30. Demuestre que

x→0lim

1 − cosxx 0

En efecto

x→0lim

1 − cosxx

x→0lim

1 − cosx1 cosxx1 cosx

x→0lim

1 − cos2xx1 cosx

x→0lim

sin2xx

11 cosx

x→0lim

sin2xx2

x1 cosx

x→0lim

sinxx

2

x→0lim x

1 cosx 12 0

1 1 1 0

2 0


z→0lim

1 − coszz2

solución.

z→0lim

1 − coszz2

z→0lim

1 − coszz2

1 cosz1 cosz

z→0lim

1 − cos2zx21 cosz

z→0lim

sin2zz2

11 cosz

z→0lim

sinzz

2

z→0lim 1

1 cosz 12 1

1 1 1

2

32. calcular

x→0lim

tanx − sinxsin3x

Solución

x→0lim

tanx − sinxsin3x

x→0lim

sinxcosx

− sinx

sin3x

x→0lim

sinx 1cosx

− 1

sin3x

x→0lim

sinx1 − cosx 1cosx

sin3x

x→0lim

sinxx

1 − cosxx2

1cosx

sin3xx3

1 1

21

13 1

2


x→ 4

limx −

4

2

tanx − 12

solución.haciendo el cambio de variable x −

4 z, se tiene, x z

4y z → 0 cuando

x → 4

, entonces

x→ 4

limx −

4

2

tanx − 12

z→0lim z

tanz 4 − 1

2

si empleamos la fórmula para la tangente de una suma de ángulos

tana b tana tanb1 − tana tanb

y sabiendo que

tan 4 1

tendremos

x→ 4

limx −

4

2

tanx − 12

z→0lim z

tanz 4 − 1

2

z→0lim z

tan z 11 − tan z

− 1

2

z→0lim

z1 − tan ztan z 1 − 1 tan z

2

z→0lim

1 − tan z2 tan z

z

2

12

2 1

4

ya que

z→0lim tan z 0 y

z→0lim tan z

z 1

de manera que

x→ 4

limx −

4

2

tanx − 12 1

4


x→0lim

cosx − cos3xx2

Solución.Emplearemos el límite ya conocido (ver ejercicio 31)

z→0lim

1 − coszz2 1

2

En efecto

x→0lim

cosx − cos3xx2

x→0lim

−1 cosx − cos3x 1x2

x→0lim

cosx − 1x2 1 − cos3x

x2

−x→0lim

1 − cosxx2 9

3x→0lim

1 − cos3x3x2

− 12 9

2 8

2 4

35.Calcular el límite

x→ 4

lim tan2x tan 4− x 0 F. I

Solución.Hagamos x −

4 z, ∴ x z

4y z → 0 cuando x →

4

x→ 4

lim tan2x tan 4− x

z→0lim tan2z

2 tan−z

z→0lim −cot2z− tanz

z→0lim

tanztan2z

z→0lim

tanzz

tan2zz

12


x→ 3

limsin x −

31 − 2cosx

00

Solución.Hagamos x −

3 z, x z

3, z → 0 cuando x →

3de manera que

x→ 3

limsin x −

31 − 2cosx

z→0lim

sinz1 − 2cosz

3

z→0lim

sinz

1 − 2 coszcos 3− sinz sin

3

z→0lim

sinz

1 − 2 cosz 12− sinz

32

z→0lim

sinz1 − cosz 3 sinz

z→0lim

sinzz

1 − coszz 3

sinzz

10 3

13

33


x→ 4

lim2 cosx − 11 − tan2x

00

x→ 4


x→

4


2 cosx 1

2 cosx 1

x→

4

lim 2cos2x − 1

1 − sin2xcos2x

12 cosx 1

x→

4

lim cos2xcos2x − sin2x

cos2x

12 cosx 1

x→

4

lim cos2x2 cosx 1

12

2 12

1

14


x→0lim

tanx

1 − 1 tanx 0

0

solución.Haciendo z tanx, se tiene, z → 0, cuando x → 0 y se puede escribir

x→0lim

tanx

1 − 1 tanx

z→0lim z

1 − 1 z

−z→0lim z

1 z − 1

−z→0lim 1

1 z − 1z

− 112

−2

también se puede resolver de la siguiente manera

x→0lim

tanx

1 − 1 tanx

x→0lim

tanx 1 1 tanx

1 − 1 tanx 1 1 tanx

x→0lim

tanx 1 1 tanx

1 − 1 − tanx −

x→0lim

tanx 1 1 tanx

tanx

−x→0lim 1 1 tanx −1 1 −2


x→−8lim

1 − x − 32 3 x

Solución.

x→−8lim

1 − x − 32 3 x

x→−8lim

1 − x − 3 1 − x 3

2 3 x 1 − x 3

x→−8lim

1 − x − 9

2 3 x 1 − x 3

x→−8lim −8 − x

2 3 x 1 − x 3

x→−8lim

−8 x2 3 x 1 − x 3

−x→−8lim

23 3 x 3

2 3 x 1 − x 3

empleando la factorización de una suma de cubos

a3 b3 a ba2 − ab b2

23 3 x 3 2 3 x 4 − 2 3 x 3 x 2

de manera que

x→−8lim

1 − x − 32 3 x

−x→−8lim

2 3 x 4 − 2 3 x 3 x 2

2 3 x 1 − x 3

−x→−8lim

4 − 2 3 x 3 x 2

1 − x 3 − 4 4 4

3 3 − 12

6 −2

El límite también se puede resolver de la siguiente manera, haciendo x 8 z, demanera que x −8 z, z → 0

x→−8lim

1 − x − 32 3 x

z→0lim

9 − z − 3

2 3 −8 z

z→0lim

91 − 19

z − 3

2 3 −8 1 − 18

z

z→0lim

3 1 − 19

z − 1

2 1 − 3 1 − 18

z − 3

2 z→0lim

1 − 19

z − 1

3 1 − 18

z − 1

− 32 z→0

lim

1 − 19

z − 1

z

3 1 − 18

z − 1

z

− 32

− 118− 1

24

− 32

2418

− 32

43

−2


x→alim

x − a x − a

x2 − a2 0

0

x→alim

x − a x − a

x2 − a2

x→alim

x − a x − a x a

x − ax a x a

x→alim

x − a x − a x a x − a x a x a

x→alim

x − a x − a x a x − a x a x a

x→alim

x − a x a x a x a

2 a

2a 2 a 1

2a

41. Compruebe que el límite de una función racional, cuando su argumento tiendea infinito, es

x→lim Rx

x→lim

PxQx

x→lim anxn an−1xn−1 a1x a0

bmxm bm−1xm−1 b1x b0

, si n m, se toma el signo del producto anbm

0, si n man

bm,si n m

donde an, bm ,coeficientes de las variables de mayor potencia,

son diferentres de cero y n.m enteros no negativos

estos límites son indeterminados del tipo En la solución de este tipo de límites tendremos en cuenta que

x→lim k

xn 0, donde k es una constante y n un entero positivo

En efecto, factorizando xn en el numerador y xm en el denominador se tendrá

x→lim

xn an an−1

x a1

xn−1 a0

xn

xm bm bm−1

x b1

xn−1 b0

xn

x→lim

xn−m an an−1

x a1

xn−1 a0

xn

bm bm−1

x b1

xn−1 b0

xn

x→lim

xk an an−1

x a1

xn−1 a0

xn

bm bm−1

x b1

xn−1 b0

xn

, donde k n − m

, si k 0 n m, con signo del producto anbm

0, si k 0 n man

bm,si k 0 n m


x→lim

x − 1x − 2x − nax − 1n

notemos que al efectuar operaciones en el numerador debe quedar un polinomode grado n,cuyo coeficiente de la máxima potencia es 1 y en el denominador quedarátambién un polinomio del mismo grado n,en el cual el coeficiente de la máximapotencia es an, de manera que de acuerdo al resultado del límite del ejercicioanterior , cuando los grados son iguales, se tiene

x→lim

x − 1x − 2x − nax − 1n 1

an


x→lim

2x − 3203x 230

2x 150

es evidente que se trata de una función racional con polinomios del mismo grado50, siendo, los coeficientes más altos 220330 para el numerador y 250 para eldenominador, luego entonces

x→lim

2x − 3203x 230

2x 150 220330

250 32

30


x→lim

x 1x2 1xn 1

nxn 1n 1

2

en el numerador, al efectuar operaciones con los dos primeros paréntesis, lapotencia mayor será x12 x3

al efectuar operaciones con los primeros tres paréntesis se tendrá que la potenciamayor debe ser x123 x6

en general al efectuar las operaciones con los n paréntesis, la potencia mayor

sería x12n xnn 1

2 , y tendrá coeficiente 1

siendo por lo tantonn 1

2el grado del polinomio en el numerador, es fácil ver

que el grado del polinomio del denominador es el mismo y el coeficiente más alto en

este caso es nnn 1

2 , por lo que, al ser los grados iguales

x→lim

x 1x2 1xn 1

nxn 1n 1

2

1

nnn 1

2

n−

nn 12


x→lim

x x x

x 1

factorizando una x dentro de los radicales se tiene

x→lim

x x x

x 1

x→lim

x 1 x x

x

x 1 1x

x→lim

x 1 1x 1

x3

x 1 1x

1 0 0

1 0 1


x→lim 3 x3 x2 1 − 3 x3 − x2 1

solución. Emplearemos la siguiente identidad

a3 − b3 a − ba2 ab b2

a − b a3 − b3

a2 ab b2

con

a 3 x3 x2 1

b 3 x3 − x2 1

entonces

x→lim 3 x3 x2 1 − 3 x3 − x2 1

x→lim

x3 x2 1 − x3 − x2 1

x3 x2 123 x3 x2 1

13 x3 − x2 1

13 x3 − x2 1

23

x→lim 2x2

x 1 1x 1

x3

13

2

x 1 1x 1

x3

13

x 1 − 1x 1

x3

13

x 1 − 1x 1

x3

13

2

x→lim 2x2

x2 1 1x 1

x3

13

2

1 1x 1

x3

13

1 − 1x 1

x3

13 1 − 1

x 1x3

13

2

21 1 1

23


x→0lim

3 1 − 3x − 1 − xx2

Solución.sea

a 3 1 − 3x

b 1 − x

entonces si x → 0, a → 1, b → 1, y a2 ab b2 → 3de manera que al emplear

a − b a3 − b3

a2 ab b2

se tiene

x→0lim

3 1 − 3x − 1 − xx2

x→0lim

1 − 3x − 1 − x3

x2a2 ab b2

x→0lim

1 − 3x − 1 − 3x 3x2 − x3x2a2 ab b2

x→0lim

x2−3 xx2a2 ab b2

−33

−1


x→0lim

n 1 − nx − 1 − xx2

este límite es una generalización del anterior y lo resolveremos de manera similarhaciendo

a n 1 − nx

b 1 − x

donde se aprecia que si x → 0, entonces a → 1, b → 1 yan−1 an−2b abn−2 bn−1 → 1 1 1 1 n

al emplear la identidad

a − b an − bn

an−1 an−2b abn−2 bn−1

tendremos

x→0lim

n 1 − nx − 1 − xx2

x→0lim

1 − nx − 1 − xn

x2an−1 an−2b abn−2 bn−1

x→0lim

1 − nx − 1 − nx n2

x2 − n3

x3 xn


x→0lim

− n2

x2 tx3


x→0lim

x2 − n2

tx


x→0lim

− n2

tx

an−1 an−2b abn−2 bn−1

− n

2n −

n!2!n − 2!

n − nn − 1n − 2!2nn − 2!

− n − 12

1 − n2


x→0lim

1 − 2x − 3 1 − 3xx2

solucióneste límite se puede escribir, sumando y restando 1 − x en el numerador y

acomodando, como sigue

x→0lim

1 − 2x − 3 1 − 3xx2

x→0lim

1 − 2x − 1 − x − 3 1 − 3x − 1 − x

x2

x→0lim

1 − 2x − 1 − xx2 −

x→0lim

3 1 − 3x − 1 − xx2

y aplicando resultado de limite anterior se tiene

x→0lim

1 − 2x − 3 1 − 3xx2 1 − 2

2− 1 − 3

2

− 12 1 1


x→lim

x − x2 − 1n x x2 − 1

n

xn

Solución.

x→lim

x − x2 − 1n x x2 − 1

n

xn x→lim

x 1 − 1 − 1x2

n

x 1 1 − 1x2

n

xn

x→lim

xn 1 − 1 − 1x2

n

1 1 − 1x2

n

xn

x→lim 1 − 1 − 1

x2

n

1 1 − 1x2

n

1 − 1n 1 1n 0 2n 2n


x→1lim

xn − 1xn−1 − 1xn−1k − 1x − 1x2 − 1xk − 1

donde n ≥ k

soluciónNotemos que en el numerador y denominador hay el mismo número de factores ,

esto es en ambos hay k paréntesis,de manera que aplicando

xn − 1 x − 1xn−1 xn−2 x 1

x − 1∑n

donde∑n xn−1 xn−2 x 1, tiene n sumandos y obviamente

∑n→ n, cuando x → 1,

podemos escribir

x→1lim

xn − 1xn−1 − 1xn−1k − 1x − 1x2 − 1xk − 1

x→1lim

x − 1∑nx − 1∑n−1 x − 1∑n−k1

x − 1x − 1∑2x − 1∑k

x→1lim

x − 1k∑n∑n−1 ∑n−k1

x − 1k∑2∑k

nn − 1n − k 1

12k

nn − 1n − k 1

k!

nn − 1n − k 1n − k!k!n − k!

n!k!n − k!

nk


x→0lim

1 − m cosnx

x2

Solución.Empleando

am − bm a − bam−1 am−2b abm−2 bm−1

cuando a 1 y b m cosnx connx1m , se tiene

1 − cosnx 1 − m cosnx 1 cosnx1m cosnx

m − 2m cosnx

m − 1m

1 − m cosnx ∑m

donde

∑m 1 cosnx

1m cosnx

m − 2m cosnx

m − 1m

obviamente ∑m→ m, cuando x → 0, de manera que

1 − m cosnx 1 − cosnx∑m

y por lo tanto

x→0lim

1 − m cosnx

x2 x→0lim

1 − cosnxx2∑m

x→0lim

1 − cosnxx2∑m

1 cosnx1 cosnx

x→0lim

1 − cos2nxx2∑m

1 cosnx

x→0lim

sin2nxx2

1∑m

1 cosnx

x→0lim

sinnxx

21

∑m1 cosnx

n2 1m1 1

n2

2m

53. Como caso particular, del ejercicio anterior, si m n, se tiene

x→0lim

1 − n cosnx

x2 n2


x→0lim

1 − cosxx2

este límite lo tenemos ya resuelto en ejercicio 31 y da como resultado 12

, y lo

podemos ver como un caso particular del límite anterior con n 1esto es

x→0lim

1 − cosxx2 1

2

55. Calcular los límites

x→0lim

1 − cosx cos2x

x2

x→0lim

1 − cosx cos2x 3 cos3x

x2

primero notemos que podemos escribir

1 − cosx cos2x

x2 1 − cosxx2 cosx

1 − cos2x

x2


x2 1 − cosxx2 cosx

1− cos2x

x2 cosx cos2x1− 3 cos3x

x2

de manera que sabiendo quex→0lim cosnx 1 y teniendo presente el resultado del

límite 53, tendremos

x→0lim

1 − cosx cos2x

x2 x→0lim

1 − cosxx2 cosx

1 − cos2x

x2

x→0lim

1 − cosx cos2x

x2 12 1 2

2 3

2

y

x→0lim


x2 x→0lim 1−cosx

x2 cosx1− cos2x


x2

x→0lim


x2 12 2

2 3

2 6

2 3


x→0lim

1 − cosx cos2x 3 cos3x n cosnx

x2

este límite es una generalización del anterior y podemos escribir

x→0lim


x2

x→0 lim

1−cosx

x2 cosx1− cos2x


x2

cosx cos2x… n−1 cosn − 1x1− n cosnx

x2

12 2

2 3

2 n

2 1 2 3 n

2

nn 122

nn 1

4esto es

x→0lim


x2 nn 1

4


x→ 4

lim 1 − cot3x2 − cotx − cot3x

solución.Hagamos un cambio de variable mediante

z cotx

entonces, cuando x → 4 , z → 1 y tendremos

x→ 4


z→1lim 1 − z3

2 − z − z3 z→1lim z3 − 1

z3 − z − 2

factorizando z − 1 en el numerador y denominador se tiene

x→ 4


z→1lim

z − 1z2 z 1z − 1z2 z 2

z→1lim

z2 z 1z2 z 2

34

esto es

x→ 4


34

En los siguientes límites tendremos presente que

1 2 3 n − 1 n nn 1

2

12 22 …n − 12 n2 nn 12n 1

6


M n→lim 1

n x an x 2a

n x n − 1an

solución.

M n→lim 1

n n − 1x an 1 2 n − 1

n→lim 1

n n − 1x ann − 1n

2

n→lim 1

n n − 1x an − 1

2

n→lim n − 1

n x a2

n→lim 1 − 1

n x a2

x a2


M2 n→lim 1

n x an

2 x 2an

2 x n − 1a

n

2

n→lim 1

n n − 1x2 2axn 1 2 n − 1 a2

n2 12 22 n − 12

n→lim 1

n n − 1x2 2axn

n − 1n2

a2

n2

n − 1n2n − 16

n→lim 1 − 1

n x2 1 − 1n ax a2

61 − 1

n 2 − 1n

x2 ax a2

3


L n→lim

12 32 2n − 12

22 42 2n2

solución.Sea

B 22 42 2n2

2212 22 n2

4nn 12n 1

6

2nn 12n 1

3

entonces

L n→lim

12 22 32 2n − 12 2n2 − BB

n→lim

2n2n 14n 16

− 2nn 12n 13

2nn 12n 13

n→lim

4n 1 − 2n 12n 1

n→lim 2n − 1

2n 2

n→lim

2 − 1n

2 − 2n

22 1

En los siguientes ejemplos, haremos uso, si es necesario, del límite notable

limx→

1 1x

x e

que tambien se puede escribir, haciendo z 1x , como

limz→01 z

1z e

y también emplearemos el concepto de continuidad de las funcionesSi f z es una función continua en l; entonces

limz→l

fz fl

de modo que si f es continua en l, y si

limx→x0

gx l

entonces

limx→x0

fgx limgx→l

fgx fl flimx→x0

gx

por ejm para las funciones logaz y az; (con a 0, a ≠ 1), al cumplirse lascondiciones, se tendrá

limx→x0

logagx logalimx→x0gx

limx→x0

agx alimx→x0

gx

61. Demostrar que

limz→0

loga1 zz logae

en efecto, teniendo en cuenta propiedades de logarítmos y lo dicho anteriormente,se tiene

limz→0

loga1 zz lim

z→0

1z loga1 z

limz→0

loga1 z1z

loga limz→01 z

1z

logae

en particular si a e, se tendrá (empleando la notación, logez lnz,

limz→0

ln1 zz logee lne 1

62. Calcular

limz→0

az − 1z

Solución.Hagamos

az − 1 y

de manera que az 1 y, z loga1 y y cuando z → 0, y → 0, por lo quepodemos escribir

limz→0

az − 1z lim

y→0

yloga1 y

limy→0

1loga1 y

y

1logae

NOTA. Relación entre logaritmos de distinta base, a y b con a 0,b 0, a,b ≠ 1De la definición y propiedades de logarítmo se tiene

ax y

x logay

tomando logarítmo en base b en ambos miembros

logbax logby

x logba logby

x logbylogba

o sea

logay logbylogba

si y b, se tiene

logab logbblogba

1logba

logab logba 1

si además b e

logae logea 1

logae lna 1

logae 1

lna

de manera que, el límite que estamos considerado, se puede escribir

limz→0

az − 1z 1

logae lna

en particular si a e, se tendrá

limz→0

ez − 1z lne 1


limx→

3x2 − x 12x2 x 1

x3

1 − x

Los límites del tipo

limx→x0

fxgx C

para límites de esta forma debe tenerse en cuenta los casos siguientesa) Si existen los límites finitos lim

x→x0fx A ≠ 1 y lim

x→x0gx B,entonces C AB

b) Si limx→x0

fx A ≠ 1 y limx→x0

gx , el problema de hallar el límite se resuelve

directamente

c) Si limx→x0

fx 1 y limx→x0

gx B, se supone que fx 1 hx, donde hx → 0

cuando x → x0 y por consiguiente

limx→x0

fxgx limx→x0

1 hx1

hxhxgx

elimx→x0

hxgx e

limx→x0

fx−1gx


limx→x0

x 1x 2

1 − x1 − x

cuando x0 0, x0 1 y x0

Solución.

limx→0

x 1x 2

1 − x1 − x 1

2

1 1

2

limx→1

x 1x 2

1 − x1 − x 2

3

limx→1

1 − x1 − x

23

limx→1

11 x

23

12 2

3

limx→

x 1x 2

1 − x1 − x

aqui tenemos el caso c) y escribiremos

limx→

x 1x 2

1 − x1 − x e

limx→

x 1x 2

−11 − x1 − x

elimx→

−1x 2

11 x

e−0 e0 1


limx→

a1x b1

a2x b2

x

solución

limx→

a1x b1

a2x b2

x

a1a2

0, si a1 a2

, si a1 a2

ahora si a1 a2 a se tendrá el caso c), para este tipo de límites y podemosescribir

limx→

a1x b1

a2x b2

x

elimx→

a1x b1

a2x b2−1 x

elimx→

b1 − b2xa2x b2

eb1 − b2

a2

eb1 − b2

a

por ejemplo

limx→

x 12x 1

x 1

2

0

limx→

x − 1x 1

x e−1 − 1

1 e−2


limx→0

lntan 4 axsinbx

el cálculo directo da la forma indeterminada 00 , para quitar la indeterminación

hagamos lo siguiente

limx→0

lntan 4 axsinbx

limx→0

ln1 tanax1 − tanaxsinbx

limx→0

ln1 tanax − tanax tanax

1 − tanaxsinbx

limx→0

ln1 − tanax 2 tanax

1 − tanaxsinbx

limx→0

lntan 4 axsinbx

limx→0

ln 1 2 tanax1 − tanax

sinbx

haciendo

z 2 tanax1 − tanax

se tiene

limx→0

lntan 4 axsinbx

limz→0

ln1 zz z

sinbx

limz→0

ln1 zz

2 tanax1 − tanax

sinbx

limz→0

ln1 zz 2 tanax 1

1 − tanaxsinbx

limz→0

ln1 zz

2 tanaxx

11 − tanax

sinbxx

limz→0

ln1 zz lim

x→0

2 tanaxx lim

x→0

11 − tanax

limx→0

sinbxx

limx→0

lntan 4 axsinbx

12a1b

2ab

En algunos límites emplearemos funciones hiperbólicas cuyas definiciones yprincipales identidades recordamos brevemente a continuación

sinhx 12ex − e−x

coshx 12ex e−x

tanhx sinhxcoshx

tanhxcothx 1

sinhxcschx 1

coshx sechx 1

cosh2x − sinh2x 1

sinh2x 2sinhxcoshx

cosh2x cosh2x sinh2x

arcsinhx lnx x2 1

arccoshx lnx x2 − 1 , x ≥ 1

arctanhx 12

ln 1 x1 − x

, |x| 1

67. Calcular los límites

a limx→0

sinhxx

b limx→0

coshx − 1x2

c limx→0

tanhxx

solución

a limx→0

sinhxx lim

x→0

ex − e−x2x

limx→0

e2x − 12xex lim

x→0

e2x − 12x

1ex

limx→0

e2x − 12x

limx→0

1ex

ahora hagamos 2x z, y empleando resultado del ejemplo 62, tendremos

limx→0

sinhxx lim

z→0

ez − 1z lim

x→0

1ex

11 1

limx→0

sinhxx 1

b limx→0

coshx − 1x2 lim

x→0

coshx − 1coshx 1x2coshx 1

limx→0

coshx − 1coshx 1x2coshx 1

limx→0

cosh2x − 1x2coshx 1

limx→0

sinh2xx2coshx 1

limx→0

sinhxx

21

coshx 1 12 1

2 1

2

c limx→0

tanhxx lim

x→0

sinhxcoshx

x

limx→0

sinhxx

1coshx

limx→0

sinhxx lim

x→0

1coshx

11 1

68. También se cumplen los siguientes límites

limx→0

arcsinhxx 1

limx→0

arctanhxx 1

en efecto, si hacemos en el primer límite,el cambio de variable z arcsinhx,entonces, x sinhz y z → 0 cuando x → 0 de manera que

limx→0

arcsinhxx lim

z→0

zsinhz

limz→0

1sinhz

z

11 1

similarmente, para el segundo límite, hagamos, z arctanhx, con lo cualtendremos x tanhz, z → 0, cuando x → 0, por lo que

limx→0

arctanhxx lim

z→0

ztanhz

limz→0

1tanhz

z

11 1


limx→0

cosxex − cosxe−xx3 0

0

el límite es indeterminado y para evitar esta indeterminación hagamos lo siguienteEmpleando la identidad trigonométrica

cosA − cosB −2sin A B2

sin A − B2

se tiene

cosxex − cosxe−x −2sin x ex e−x2

sin x ex − e−x2

−2sinxcoshx sinx sinhx

de manera que

limx→0

cosxex − cosxe−xx3 lim

x→0

−2sinxcoshx sinx sinhxx3

limx→0

− sinxcoshx sinx sinhx2sinhxcoshxxcoshxx sinhxx

− limx→0

sinxcoshxxcoshx

sinx sinhxx sinhx

sinh2xx

− limz1→0

sinz1z1

limz2→0

sinz2z2

limx→0

sinh2xx

donde z1 xcoshx, z2 x sinhxentonces

limx→0

cosxex − cosxe−xx3 −112 −2


x→0lim

1 − m coshnx

x2

Empleando la identidad

am − bm a − bam−1 am−2b abm−2 bm−1

con a 1 , se tiene

1 − bm 1 − b1 b bm−2 bm−1

1 − bm 1 − b∑m

donde∑m 1 b bm−2 bm−1, polinomio con m sumandos

ahora si b m coshnx , se tendrá

1 − coshnx 1 − m coshnx ∑m

1 − m coshnx 1 − coshnx∑m

entonces

limx→0

1 − m coshnx

x2 limx→0

1 − coshnxx2∑m

donde∑m 1 b bm−2 bm−1, con b m coshnx , tenderá a m cuando

x tienda a cero, o sea limx→0∑m

m

por consiguiente

limx→0

1 − m coshnx

x2 limx→0

1 − coshnx1 coshnxx2∑m

1 coshnx

limx→0

1 − coshnx1 coshnxx2∑m

1 coshnx

limx→0

1 − cosh2nxx2∑m

1 coshnx

limx→0

− sinh2nxx2∑m

1 coshnx

limx→0

1 − m coshnx

x2 − limx→0

sinhnxx

21

∑m1 coshnx

limx→0

1 − m coshnx

x2 −n2 12m

− n2

2m

o bien

limx→0

m coshnx − 1

x2 n2

2m

como caso particular, si m n, se tiene

limx→0

n coshnx − 1

x2 n2


limx→0

coshx cosh2x 3 cosh3x − 1

x2

este es el límite análogo al de las funciones circulares considerado en el problema55

para abreviar, y ahorrar espacio líneal, emplearemos la notación común de loslibros rusos para funciones hiperbólicas:

shx ≡ sinhx

chx ≡ coshx

thx ≡ tanhx

primero hagamos ver que

chx ch2x 3 ch3x − 1 chx ch2x 3 ch3x chx ch2x − chx ch2x chx − chx − 1

chx − 1 chx ch2x − 1 chx ch2x 3 ch3x − 1

de manera que, y empleando resultado de problema 70, se tiene

M limx→0

chx ch2x 3 ch3x − 1

x2

limx→0

chx − 1x2 chx

ch2x − 1

x2 chx ch2x3 ch3x − 1

x2

12 2

2 3

2 6

2 3

esto es

limx→0

coshx cosh2x 3 cosh3x − 1

x2 3

72. Demostrar que

limx→0

coshx cosh2x 3 cosh3x n coshnx − 1

x2 nn 1

4

este límite es una generalización inmediata del anterior,ver el problema análogo para funciones circulares 56

Solución

M limx→0

chx ch2x 3 ch3x n chnx − 1

x2

M limx→0

chx − 1x2 chx

ch2x − 1

x2 chx ch2x n−1 chn − 1xn chnx − 1

x2

12 2

2 n

2 1 2 n

2

nn 122

nn 1


limx→1

xr − 1x − 1

,donde r es un número real

solución.sI r es un número entero positivo, se puede emplear la factorización

xr − 1 x − 1xr−1 x 1,quedando

limx→1

xr − 1x − 1

limx→1

x − 1xr−1 x 1x − 1

limx→1xr−1 x 1 r

pero esta prueba no justificaría el límite

limx→1

x 2 − 1x − 1

2

una prueba más general, que abarca cualquier tipo de número real r, se realizaescribiendo

xr − 1x − 1

ar logax − 1r logax

r logaxx − 1

ay − 1y

r loga1 tt

donde y r logax y t x − 1,ambas variables y, t se aproximan a cero cuandox → 1

por consiguiente se tiene

limx→1

xr − 1x − 1

limy→0

ay − 1y lim

t→0

r loga1 tt

r logea logae r1 r

limx→1

xr − 1x − 1

r

límite que también se puede escribir, haciendo x 1 t

limt→0

1 tr − 1t r

por ejm. (ver ejercicio 16)

z→0lim

n 1 z − 1z

z→0lim

1 z1n − 1

z 1n


limx→1

n x − 1m x − 1

solución

limx→1

n x − 1m x − 1

limx→1

n x − 1x − 1

m x − 1x − 1

1n1m

mn


limx→0

2x − 11 x − 1

solución, empleando resultados del ejercicio 62 y 73, se tiene

limx→0

2x − 11 x − 1

limx→0

2x − 1x

1 x − 1x

ln212

2 ln2 ln4


limx→0

log101 x10x − 1

solución.

limx→0

log101 x10x − 1

limx→0

log101 xx

10x − 1x

log10eloge10

log10e2, ver nota del ejercicio 62


limx→

4

tanxtan2x

solución.Hagamos tanx 1 t, de manera que t → 0; cuando x →

4 , con lo cual se tiene,

al emplear tan2x 2 tanx1 − tan2x

− 21 tt2 t

,

limx→

4

tanxtan2x limt→01 t

−21 tt2 t

limt→0

1 t1t

−limt→0

21 t2 t

e−1 1e


limx→

x 1x − 2

2x−1

solución.

limx→

x 1x − 2

2x−1 lim

x→1 3

x − 2

2x−1

haciendo

3x − 2

1t

t x − 23

3t 2 x

2x − 1 6t 3

de manera que cuando x → , t→ , y tendriamos

limx→

x 1x − 2

2x−1 lim

t→1 1

t6t3

limt→

1 1t

t 6limt→

1 1t

3

e61 e6


limx→01 x2cot2x

Solución

limx→0

1 x21

x2x2 cot2x

limx→0

1 x21x2

x2

tan2x

limz→01 z

1z

limx→0

xtanx

2

e1 e

donde z x2


limx→0

1 tanx1 sinx

1sinx

solución.

limx→0

1 tanx1 sinx

1sinx lim

x→0

1 sinx tanx − sinx1 sinx

1sinx

limx→0

1 tanx − sinx1 sinx

1 sinxtanx − sinx

tanx − sinx1 sinx

1sinx

limz→01 z

1z

limx→0

tanx − sinx1 sinx

1sinx

elimx→0

1 − cosx1 sinx

1cosx e0 1

donde z tanx − sinx1 sinx

Morelia Michoacán, México, 22 de Marzo de 2013

limites resueltos

Documents

Transcript of limites resueltos