actividades finales · lÍmites 1 actividades finales ejercicios tha les trino grau fernández 1....
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. L Í M I T E S 1
ACTIVIDADES FINALES EJERCICIOS
tha les
trino grau fernández
1. x2xLn
xlím3x +∞→
2. sen x1
0x sen x1 xtg1
lím
++
→
3. x
x 1x23x2lím
−+
∞→
4. ( )[ ]xaxxlímx
−+⋅∞→
5.
−
→ x1
sen x1lím
0x
6.
−
→ x1 xcotglím
0x
7. 32
sen x
0x xx21xelím
−
−−→
8. sen x0x
xlím→
9.
−−
−→ 31x x13
x11lím
10. sen x
eelímxx
0x
−
→
−
11. xsen
arcsen xxlím30x
−→
12. x
balímxx
0x
−→
13. 2xsen
23x
3xsen lím0x ⋅−→
14.
−
→ x1xcotglím 2
0x
15.
−
−→ xcos1
1
xsen
1lím20x
16.
−
→ 220x x
1
xsen
1lím
17. 1x
1xlímn1x −
−→
18.
−−
→ 1xeeLnlím
x
1x
19.
−
−−→ 1x
1
ee
eLnlímx1x
. 2
tha les
trino grau fernández
L Í M I T E S
20. Calcular a para que se cumpla:
2ax
2
2
x
x
x x4
1x4lím3x45x4lím
π+
+=
++
∞→∞→
21. ( )
−−
→ 1xtg1xLnlím
22
1x
22. 1e
1xexelímx2
x2x2
0x −
+−−→
23. 30x x
arcsen xxlím−
→
24. ( ) xctgarcsen xlím0x
−→
25. ( )
+⋅
→x4
0x2x tg1
2x tgsen xlím
26. x
x2
x1
0xeelím
−
→
27. (Calificación máxima: 2 puntos). Calcular:x²cossen x) x·(1sen
Límx
−
2π→
28. 2
3 2
0x xxcosx1Lím −−
→
29. x
x x8tg51Lím
⋅+
∞→
30. 2
2
2x
2x
xcoslím
π−
π→
31. x
23límxx
0x
−→
32. Calcular el ( )( ) m/1
n/1
3x 3x3xlím
−−
→ en los siguientes casos:
• Si m > n • Si m = n • Si m < n
33. 3x tg5x²tg2
2x tgx²tg3lím4x +−
−−π→
34. ( )1x²xxx1xxlím
x ++−⋅++
+∞→
. 3 tha les
trino grau fernández
SOLUCIONES
1. x2xLn
xlím 3x +∞→
SOLUCIÓN: Sustituyendo x por ∞ obtenemos:
∞∞
=∞+∞
∞
2Ln3 INDETERMINADO
Como se trata de una indeterminación de tipo L´Hopital, aplicamos dicha regla:
2
1
2x
xLn31lím
x2xLnxlím 2x3x
+∞∞
=
+
=+ ∞→∞→
Resolvemos aparte el límite
∞∞
=∞→ x
xLn3lím2
x INDETERMINACIÓN de tipo L´Hopital otra vez:
01x1·6
lím)Hopital´L(x
Lnx6lím1
x1·Lnx6
límx
xLn3límxxx
2
x=====
∞→∞→∞→∞→
Así, el límite original resulta:
21
201lím
2x
xLn31lím
x2xLnxlím
x2x3x=
+=
+
=+ ∞→∞→∞→
2. sen x1
0x sen x1 xtg1lím
++
→
SOLUCIÓN: Sustituyendo x por su valor obtenemos:
∞
→=
++
=
++ 1
0101
sen x1 xtg1lím
01
sen x1
0x INDETERMINACIÓN QUE SE RESUELVE APLICANDO LA
FÓRMULA:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )xgxflímxg
ax
xg
axaxexflímxflím
·11
−
→
∞
→
→=⇒=
Así, sen x
1
0x·1
sen x1 xtg1límsen x
1
0xe
sen x1 xtg1lím
−++
→
→=
++
Hacemos aparte el límite del exponente:
senx1·
senx1
senxxcos
senx
límsenx
1·senx1
senxtgxlím
senx1·
senx1senx1tgx1lím)operando(
senx1·1
sen x1 xtg1lím
0x0x
0x0x
=
+
−=
+−
=
=
+
−−+==
−++
→→
→→
001
111
senx1
1xcos
1
lím0x
=+
−=
+
−=
→
Por tanto, el límite original,
1eesen x1
xtg1lím 0·1
sen x1 xtg1límsen x
1
0x
sen x1
0x ===
++
−++
→
→
L Í M I T E S
. 4 tha les
trino grau fernández
3. x
x 1x23x2lím
−+
∞→
SOLUCIÓN: Sustituyendo se trata de un límite de la forma:
Por un lado, la base tiende a 1, ya que ACIÓNINDETERMIN1x23x2lím
x ∞∞
=
−+
∞→
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:
122=
Por otro lado, como el exponente tiende a infinito tenemos:
∞
∞→=
−+ 1
1x23x2lím
x
x INDETERMINACIÓN que resolveremos como antes:
x·11x23x2límx
x
xe1x23x2lím
−
−+
∞→
∞→=
−+
Resolvemos el límite del exponente aparte:
224
1x2x4límx·
1x24límx·
1x21x23x2límx·1
1x23x2lím
xxxx==
−=
−=
−+−+
=
−
−+
∞→∞→∞→∞→
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:
2x
xe
1x23x2lím =
−+
∞→
4. ( )[ ]xaxxlím
x−+⋅
∞→
SOLUCIÓN: Sustituyendo obtenemos: ( )[ ] ( )∞−∞∞=−+⋅
∞→xaxxlím
x que es indeterminado. Resolvemos la indeterminación
multiplicamos numerador y denominador por el conjugado de la resta de raíces:
( )[ ] ( )( )
( )2a
xaxxalím
xaxxaxxlím
xaxxaxxaxxlímxaxxlím
xx
xx
=++
=++
−+=
=++
++−+=−+⋅
∞→∞→
∞→∞→
5.
−
→ x1
sen x1lím
0x
SOLUCIÓN: Sustituyendo, se tiene:
∞−∞=
−
→ x1
sen x1lím
0x Indeterminado. Para resolver dicha indeterminación podemos proceder de dos
maneras: 1. Operando la resta de fracciones:
00
xsinxxsinxlím
x1
sen x1lím
0x0x=
−=
−
→→ Indeterminación del tipo L´Hopital, que resolvemos:
L Í M I T E S
. 5 tha les
trino grau fernández
0xsinxxcosxcos
xsinlímHopital´L00
xcosxxsinxcos1lím
xsinxxsinxlím
0x0x0x=
−+=
=
+−
=−
→→→Luego
0x1
sen x1lím
0x=
−
→
2. Utilizando infinitésimos equivalentes: La función seno de x se puede sustituir por x en un entorno del punto 0, es decir, 0, →≅ xxsenx
Así, 00límx1
x1lím
x1
sen x1lím
0x0x0x==
−=
−
→→→
6.
−
→ x1 xcotglím
0x
SOLUCIÓN: Sustituyendo se obtiene:
∞−∞=
−
→ x1 xcotglím
0x Indeterminado. Para resolver la indeterminación, escribimos la cotangente
como un cociente y operamos la resta de fracciones:
00
xsenxsenxxcosxlím
x1
senxxcoslím
x1 xcotglím
0x0x0x=
−=
−=
−
→→→ Indeterminación de tipo L´Hopital:
020
xsenxxcosxcosxcosxsenxlím
)Hopital´L(xcosxsenx
xsenxlím)operando(xcosxsenx
xcosxsenxxcoslímxsenx
senxxcosxlím
0x
0x0x0x
==−+
−−=
==+
−==
+−−
=−
→
→→→
Luego
0x1 xcotglím
0x=
−
→
7. 32
sen x
0x xx2
1xelím−
−−→
SOLUCIÓN: 00
010e
xx21xelím
0
32
sen x
0x=
+−=
−−−
→ Indeterminación de tipo L´Hopital:
41
x64senxexcoselím
Hopital´L00
x3x41xcoselím
xx21xelím
senx2senx
0x
3
senx
0x32
sen x
0x
=−−
=
=
=
−
−=
−
−−
→
→→
8. sen x0x
xlím→
SOLUCIÓN: 0sen x
0x0xlím =
→ Indeterminado. Llamemos sen x
0xxlímL
→= , entonces ç
( ) ( )xlnsenxlímxlnlímLln0x
sen x0x
⋅==→→
, ya que, por las propiedades de la función logaritmo neperiano,
tenemos: alnbaln b = Utilicemos ahora la equivalencia que usamos antes: 0, →≅ xsenxx . Así:
( )
( ) 0xlímx/1x/1lím
Hopital´Lx/1xlnlímxlnxlímxlnsenxlímLln
0x20x
0x0x0x
=−=−
=
=
∞∞
===⋅=
→→
→→→
Luego el logaritmo neperiano del límite pedido, 0ln =L , por tanto,
L Í M I T E S
. 6
tha les
trino grau fernández
1xlímL sen x0x
==→
9. sen x
eelímxx
0x
−
→
−
SOLUCIÓN: 00
011
sen xeelím
xx
0x=
−=
− −
→ Indeterminación del tipo L´Hopital:
21
11xcoseelím
sen xeelím
xx
0x
xx
0x=
+=
+=
− −
→
−
→
10.
−−
−→ 31x x13
x11lím
SOLUCIÓN: ∞−∞=−=
−−
−→ 01
01
x13
x11lím 31x
Indeterminado. Para resolver la indeterminación
operamos las fracciones algebraicamente:
1x3
1x2lím
Hopital´L00
x12xxlím
x13
x1xx1lím
x13
x11lím
21x
3
2
1x33
2
1x31x
−=−
+=
=
=
−
−+=
−−
−
++=
−
−−
→
→→→
11. xsen
arcsen xxlím30x
−→
SOLUCIÓN: 00
000
xsenarcsen xxlím 30x
=−
=−
→ Indeterminación de tipo L´Hopital:
( )( )
( )
( )( )
( )( ) 6
1xxcos23x1x1
1
límxxcos2x3
x1x1
x
lím
0x,xsenx,00
xsenxcos2senx3x1x1
x
límxsenxcossenx23
x1
x1
1x
0lím
Hopital´L00
xcosxsen3x1
11
límxsen
arcsen xxlím
22
22
0x22
22
0x
22
22
0x32
2
2
0x
2
2
0x30x
−=
−
−−
−
=−
−−
−
=
=
→≅=
−
−−
−
=−
−
−
−=
=
=−
−
=−
→→
→→
→→
12. x
balímxx
0x
−→
SOLUCIÓN: 00
011
xbalím
xx
0x=
−=
−→
Indeterminación de tipo L´Hopital:
blnaln1
blnbalnalímx
balímxx
0x
xx
0x−=
−=
−→→
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. 7 tha les
trino grau fernández
13. 2xsen
23x
3xsen lím0x
⋅−→
SOLUCIÓN: 00
000
2xsen 23x
3xsen lím0x
=−
=⋅−→
Indeterminación. Utilizaremos una vez más la
equivalencia 0x,nx)nx(sen →≅ :
23
x2x3lím
x3xx3lím
x2·23x
x3lím2xsen
23x
3xsen lím0x0x0x0x
−=
−=
−=
−=
⋅− →→→→
14.
−
→ x1xcotglím 2
0x
SOLUCIÓN: ∞−∞=
−
→ x1xcotglím 2
0x Indeterminado. Escribimos la función cotangente como un
cociente:
∞==+
−−=
=
=
−==
−=
−
→
→→→
01
xcosxsenx2xsenxcossenx2xcosxsenx2xcoslím
Hopital´L00
xxsenxsenxcosxlím)operando(
x1
xsenxcoslím
x1xcotglím
2
2
0x
2
22
0x2
2
0x
2
0x
15.
−
−→ xcos1
1xsen
1lím20x
SOLUCIÓN: ∞−∞=−=
−
−→ 0
101
xcos11
xsen1lím 20x
Indeterminado. Operamos, utilizando la
relación trigonométrica fundamental: xxsen 22 cos1−=
−∞=−
−=
=
−
+−
−=
−−
−=
−
−
→
→→→
xcos1xcoslím
xcos1xcos1
xcos11lím
xcos11
xcos11lím
xcos11
xsen1lím
20x
220x20x20x
16.
−
→ 220x x1
xsen1lím
SOLUCIÓN: Aplicando el teorema de L´hopital:
{ }==⋅=⋅⋅+⋅
⋅−=
⋅
−=
−
→
→→2x senxcosx sen 2
xcosx sen 2xxsenx2xcosx sen 2x2lím
xsenxxsenxlím
x1
xsen1lím
220x
00
H´L22
22
0x220x
=++⋅⋅+
−=
+
−=
→
→ x2 osc 2xx2 sen x2xcosx sen2x2xsen 2cos2x 22lím
x2 senxxsen x2x2 senx2lím
220x
00
H´L220x
→→=
++
−=
+++
−=
00
H´L220x220x x2 oscx2x2 sen x4xsen 2cos2x 22lím
x2 osc 2xx2 sen x2x2 sen x2xsen 2cos2x 22lím
L Í M I T E S
. 8 tha les
trino grau fernández
( )=
⋅−++⋅⋅++⋅⋅=
→ 22x senx2x2 osc x42x2cosx4x2 sen 4xcosx sen 222xsen 4lím
20x
→=
−++=
00
H´L20x 2x senx4x2 osc x4x2cosx8x2 sen 62xsen 4lím
( ) ( ) 31
248
2x2cos4x2x sen x82x2 senx4x2 osc 42x2 senx8x2cos8x2 osc 212x cos 8lím
0
2
001011
1
0x==
⋅+−⋅−⋅++⋅−⋅++→4342143421443442132143421321321
876
17. 1x
1xlímn1x −
−→
SOLUCIÓN: 00
1x1xlím n1x=
−
−→
Indeterminado. Se puede resolver de dos maneras distintas:
1. Utilizando L´Hopital:
n1
nx1lím
1x1xlím 1n1xn1x
==−
−−→→
2. Sin utilizar L´Hopital, factorizando el numerador y el denominador:
( )( ) n1
1x...xx1lím
1x...xx1x1xlím
1x1xlím 2n1n1x2n1n1xn1x
=++++
=++++−
−=
−−
−−→−−→→
18.
−−
→ 1xeeLnlím
x
1x
SOLUCIÓN:
=
−−
→ 00Ln
1xeeLnlím
x
1x Indeterminado.
Como la función logaritmo es continua en su dominio, puede salir fuera del límite, así:
−−
=
−−
→→ 1xeelímLn
1xeeLnlím
x
1x
x
1x
y así, podemos resolver aparte el límite:
−−
→ 11 xeelím
x
x
para lo que utilizaremos L´Hopital:
eelímxeelím
x
x
x
x==
−−
→→ 11 11
19.
−
−−→ 1x
1ee
eLnlímx1x
SOLUCIÓN:
−=
−−
−→ 01
0eLn
1x1
eeeLnlím x1x
INDETERMINADO
Ahora bien, por ser la función logaritmo continua en su dominio, la podemos sacar del límite:
L Í M I T E S
. 9 tha les
trino grau fernández
( ) ( )( )( )
( )( )R
21Ln
eeeLn
xeeelímLn)Hopital´L(
exeeelímLn
exeeeeelímLn)Hopital´L(
ee1xeexlímLn
1xeeee1xelímLn
1x1
eeelímLn
1x1
eeeLnlím
xx
x
1xx
x
1x
xxx
x
1xx
x
1x
x
x
1xx1xx1x
∉
−=
+−
=
+
−==
−
−=
=
−+−
−==
−−
−=
=
−−
−−−=
−
−−
=
−
−−
→→
→→
→→→
Luego no existe el límite.
20. Calcular a para que se cumpla:
2ax
2
2
x
x
x x41x4lím
3x45x4lím
π+
+=
++
∞→∞→
SOLUCIÓN: Calculamos los dos límites por separado:
( ) ( )4
a1
2
2
x
22
2
x
ax
2
2
x
2/1x
x
x
x
ex4
ax1límexp
ax1x4
1x4límexp)ADOINDETERMIN1(x4
1x4lím
ee3x4
x2límexp
x13x45x4límexp)ADOINDETERMIN1(
3x45x4lím
2
π−
∞→
∞→
∞
∞→
∞→
∞→
∞
∞→
=
π+
π−=
=
−
π+
+==
π+
+
==
+=
=
−
++
==
++
Para que ambos límites sean iguales se ha de cumplir: ( ) ( )
π−=⇒
π−=⇒=
π−
12a
4a1
21ee 4
a1
21. ( )
−−
→ 1xtg1xLnlím
22
1x
SOLUCIÓN: ( ) ( )
−−
=
−−
→→ 1xtg1xlímLn
1xtg1xLnlím
2
1x2
22
1x
( )
−−
→ 1xtg1xlím
2
1x es un límite de la forma 0/0 Indeterminación del tipo L´Hopital:
( ) ( )2
1xtg1x2lím
1xtg1xlím 21x
2
1x=
−+=
−−
→→
Luego el límite dado es:
( ) 2Ln1xtg1xLnlím 2
22
1x=
−−
→
22. 1e
1xexelím x2
x2x2
0x −
+−−→
SOLUCIÓN: 12
1201e2
1e2xe2elímHopital´L00
1e1xexelím x2
x2x2x2
0xx2
x2x2
0x−
−−+=
−−+=
=
−
+−−→→
L Í M I T E S
. 10 tha les
trino grau fernández
23. 30x x
arcsen xxlím −→
SOLUCIÓN:
( )61
6x1x1
1
límx6x1
x12
x2
lím
Hopital´L00
x3x1
11
límHopital´L00
xarcsen xxlím
22
0x
2
2
0x
2
2
0x30x
−=
−−
−
=−
−
−
=
=
=−
−
=
=
−
→→
→→
24. ( ) xctgarcsen xlím
0x−
→
SOLUCIÓN:
( ) ( )
−∞=−
=
−
=
=
−=∞−∞=−
→
→→
010
senxxcosxsenxarcsenlím
senxxcosarcsenxlímADOINDETERMIN xctgarcsen xlím
0x
0x0x
25. ( )
+⋅
→
x40x
2x tg12x tg
sen xlím
SOLUCIÓN: Realizando operaciones trigonométricas elementales, podemos relacionar la tangente del ángulo doble con el seno y el coseno de x:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) 82
0x0x
0x
x/4
0x
x/422
0x
x/4
220x
x4
0x
e·21
12·x2tan14lím·exp
21)Hopital¨L(
xx2tan4lím·exp
21
x4·1x2tan1lím·exp2/1INDETERM1·2/1
x2tan1lím·21x2tan1·
xcos2xsenxcoslím
x2tan1·
xsenxcosxcossenx2
senxlím2x tg12x tg
sen xlím
=+
==
=
=
−+==
=+=
+
−=
=
+
−
=
+⋅
→→
→
∞
→→
→→
26. x
x2
x1
0xeelím
−
→
SOLUCIÓN: ADOINDETERMINeelímx
x2
x1
0x
−
→
Operando obtenemos:
( )[ ] ( ) ( )xx/1
0x
xx/1
0x
xx/1x/1
0x
xx
2x
1
0xe1lím·ee1·elíme1elímeelím −=−=−=
−
→→→→
Luego ahora tenemos que calcular el valor del límite ( )xx
elím /1
01−
→ que es de la forma 0∞
Indeterminado
L Í M I T E S
. 11
tha les
trino grau fernández
Sea
( ) ( ) ( ) ( )
( ) eL1e1elím
x/1e1
x/1·e
límHopital´Lx/1e1lnlím
e1·lnxlíme1lnlíme1límlnLlne1límL
x/1
x/1
0x2
x/1
2x/1
0x
x/1
0x
x/1
0x
xx/1
0x
xx/1
0x
x/1
0x
=⇒=−
−=
−−=
∞∞
=−
=
=−=−=−=⇒−=
→→→
→→→→
Luego el límite pedido es:
2x
x2
x1
0xee·eeelím ==
−
→
27. x²cossen x) x·(1senLím
x
−
2π
→
SOLUCIÓN: Realizando algunas operaciones trigonométricas elementales tenemos: ( ) ( )
( )( ) 21
senx1senxLím
senx1senx1senx1senxLím
xsen1senx1senxLím
x²cossen x) x·(1senLím
xx2
xx=
+=
+−−
=−
−=
−
2π
→2π
→2π
→2π
→
28. 2
3 2
0x x
xcosx1Lím −−→
SOLUCIÓN: 00
xxcosx1Lím 2
3 2
0x=
−−→
Indeterminación. Podemos aplicar infinitésimos equivalentes
esta vez, en lugar de L´Hopital: 0x,xsenx →≅ . Así:
( ) ( ) ( ) 1xcos2
1xcosLím)ndosimplifica(xcossenx2
senxsenx·xcosLím
Hopital´L00
xsenxcosxcosLím
xsenxcosxsen1Lím
xxcosx1Lím
3/1
0x
3/1
0x
2
3 2
0x2
3 2
0x2
3 2
0x
−=+
−==−−
=
=
=
−=
−−=
−−
−
→
−
→
→→→
29. x
x x8tg51Lím
⋅+
∞→
SOLUCIÓN: ∞
∞→=
⋅+ 1
x8tg51Lím
x
x Indeterminado. Resolvemos aplicando la fórmula:
( )( )
( )( )
( ) ( )40
xx
xx
xx
x
x
ex/8cos
8·5Límexpx/1·x/8cos
x/8·5Límexp
)esequivalentinitésimos(infx/1·x/8cos
x/8sen·5Límexpx·x/8cosx/8sen·5Límexp
x8tanx5Límexpx1
x8tg51Límexp
x8tg51Lím
=
=
=
==
=
=
=
=
−
+=
⋅+
∞→∞→
∞→∞→
∞→∞→∞→
30. ( )( )
( )( )
( )00
H'L2x2x
00
H'L2
2
2x x2x2senlim
2x·2sen x x cos2lim
2x
xcos lim =π−
−=
π−−
=π− π→π→π→
1.2cos2
222cos2
2x2cos2lim
2x−=
π−=
π−=
−==
π→
L Í M I T E S
. 12 tha les
trino grau fernández
31. ( )
23Ln2Ln3Ln
12 ·ln23 ·ln3lim
x23lim
xx
0x
00
H'L
xx
0x=−=
−==
−→→
32. Calcular el ( )( ) m/1
n/1
3x 3x3xlím
−
−→
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.
( )( )
( ) ( ) mnnm
3xm1
n1
3xm/1
n/1
3x3xlím3xlím
3x
3xlím ⋅−
→
−
→→−=−=
−
−
• Si m > n
( ) { } 000Knm3xlím Kmnnm
3x==>=−=− ⋅
−
→
• Si m = n
( )( )
11lím3x
3xlím3xm/1
m/1
3x==
−
−→→
• Si m < n
( ) { } ∞====<−=−=− −⋅−
→ 01
0100Knm3xlímK
Kmnnm
3x
33. 3x tg5x²tg2
2x tgx²tg3lím
4x +−−−
π→
SOLUCIÓN: 00
3x tg5x²tg22x tgx²tg3lím
4x=
+−−−
π→ Indeterminado
( ) ( )( ) ( )
52
1054541616
5tgx4xtg5xtg41tgx6xtgxtg6lím
xtg15xtg1tgx4xtg1xtg1tgx6lím)Hopital´L(
3x tg5x²tg22x tgx²tg3lím
23
23
4x
22
22
4x4x
−=−
=−+−−+−
=−+−
−+−=
=+−+
+−+==
+−−−
π→
π→π→
34. ( )1x²xxx1xxlím
x ++−⋅
+++∞→
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:
( ) 01x²xxx
1xxlímx
=++−⋅
+++∞→
L Í M I T E S