actividades finales · lÍmites 1 actividades finales ejercicios tha les trino grau fernández 1....

. 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


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


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


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


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


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−=

−=

−→→

L Í M I T E S

. 7 tha les


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


( )=

⋅−++⋅⋅++⋅⋅=

→ 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


( ) ( )( )( )

( )( )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


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


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


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

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