CAPÍTULO III. LÍMITES DE FUNCIONES SECCIONES A. Definición de lı́mite y propiedades básicas. B. Infinitésimos. Infinitésimos equivalentes. C. Lı́mites infinitos. Ası́ntotas. D. Ejercicios propuestos. 85 A. DEFINICIÓN DE LÍMITE Y PROPIEDADES BÁSICAS. Un número real L se dice lı́mite de una función y = f (x) en un punto x = c si los valores de la función se van acercando a L cuando x toma valores cada vez más próximos a c. Simbólicamente se expresa por: lı́m f (x) = L ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que |f (x) − L| < ε si 0 < |x − c| < δ. x→c Debemos tener en cuenta que no importa en este caso el comportamiento de la función en el punto c; puede incluso no estar en el dominio. Lo que sı́ debe ocurrir es que todos los puntos próximos a c estén en el dominio y sus imágenes estén cada vez más cerca de L. Análogamente, se dice que una función f tiene lı́mite infinito en x = c, y se escribe como lı́m f (x) = ∞, cuando x→c ∀M > 0, ∃δ > 0 tal que f (x) > M si 0 < |x − c| < δ. Si únicamente interesa aproximarse a c por la derecha de él (es decir, para valores mayores que c), se hablará de lı́mite lateral por la derecha, y análogamente de lı́mite lateral por la izquierda (para valores x < c). Las notaciones que se usarán son las de lı́m f (x) y lı́m f (x), respectivamente. x→c− x→c+ Un caso particular de lı́mites laterales son los lı́mites al infinito, es decir los casos en que x = ±∞. Ası́ decimos que lı́m f (x) = L, cuando x→∞ ∀ε > 0, ∃k > 0 tal que |f (x) − L| < ε si x > k. Los lı́mites conservan las operaciones básicas de funciones siempre que dichas operaciones sean posibles en el punto donde se está calculando el lı́mite. PROBLEMA 3.1. Calcular lı́m 3(2x − 1)(x + 1)2 . x→2 Solución Basta sustituir el punto x = 2 en la función. Resulta que lı́m 3(2x − 1)(x + 1)2 = 3(4 − 1)(3)2 = 81. x→2 86 PROBLEMA 3.2. 3(2x − 1) . x→−1 (x + 1)2 Calcular lı́m Solución Al intentar sustituir en la función el punto x = −1, se anula el denominador. Esto quiere decir que cuanto más nos aproximamos a −1, más grande es el cociente. Por eso el lı́mite es infinito (∞). PROBLEMA 3.3. x2 + x − 2 . x→−2 x2 − 4 Calcular lı́m Solución La situación es parecida al problema anterior. Sin embargo el numerador también se anula en x = −2. No podemos asegurar que el cociente se hace más grande cuando x se acerca a −2. Pero si factorizamos numerador y denominador, podemos escribir x2 + x − 2 (x + 2)(x − 1) x−1 −3 = lı́m = lı́m = = 3/4. 2 x→−2 x→−2 (x + 2)(x − 2) x→−2 x − 2 x −4 −4 lı́m PROBLEMA 3.4. √ Calcular lı́m x→2 √ x + 2 − 2x . x−2 87 Solución También la situación es similar pero antes de factorizar debemos eliminar las raı́ces del numerador, es decir, debemos racionalizar. Nos queda: √ √ √ √ ( x + 2 − 2x)( x + 2 + 2x) (x + 2) − 2x √ √ L = lı́m = lı́m √ √ x→2 x→2 (x − 2)( x + 2 + 2x) (x − 2)( x + 2 + 2x) −x + 2 −1 √ = lı́m = = −1/4. √ x→2 (x − 2)( x + 2 + 2x) 2+2 PROBLEMA 3.5. Resolver lı́m ([x] − x). x→4 Solución Como la función parte entera es escalonada, puede tomar diferentes valores a la derecha y a la izquierda del punto x = 4. Debemos calcular los lı́mites laterales separadamente. lı́m ([x] − x) = x→4− lı́m ([x] − x) = x→4+ lı́m (3 − x) = 3 − 4 = −1. x→4− lı́m (4 − x) = 4 − 4 = 0. x→4+ Al ser distintos los lı́mites laterales en x = 4, no existe el lı́mite de la función en el punto. PROBLEMA 3.6. x2 − 2x . x→2 x2 − 4x + 4 Calcular lı́m Solución Como el numerador y denominador tienden a cero, debemos factorizar ambos y simplificar. Tenemos: (x − 2)x x = lı́m = ∞. x→2 (x − 2)(x − 2) x→2 x − 2 L = lı́m 88 PROBLEMA 3.7. (x + h)3 − x3 . h→0 h Calcular lı́m Solución También en este caso se anulan el numerador y el denominador. Desarrollamos primero la potencia y luego simplificamos: (x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 ) − x3 h(3x2 + 3xh + h2 ) = lı́m h→0 h→0 h h 2 2 2 = lı́m (3x + 3xh + h ) = 3x . L = lı́m h→0 PROBLEMA 3.8. x − (n + 1)xn+1 + nxn+2 . x→1 (1 − x)2 Calcular lı́m Solución Si factorizamos el numerador como x−(n+1)xn+1 +nxn+2 = (x−1)2 [nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + · · · + x], tenemos: (x − 1)2 [nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + · · · + x] x→1 (1 − x)2 n n−1 = lı́m [nx + (−1 + n)x + (−2 + n)xn−2 + · · · + x] L = lı́m x→1 = n + (n − 1) + · · · + 2 + 1 = n(n + 1) . 2 PROBLEMA 3.9. √ Calcular lı́m x→3 √ x2 − 2x + 6 − x2 + 2x − 6 . x2 − 4x + 3 89 Solución En primer lugar debemos racionalizar el numerador multiplicando y dividiendo la expresión por el conjugado de dicho numerador para después factorizar y simplificar la expresión. Resulta: √ √ √ √ ( x2 − 2x + 6 − x2 + 2x − 6)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) √ √ L = lı́m x→3 (x2 − 4x + 3)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) (x2 − 2x + 6) − (x2 + 2x − 6) √ √ = lı́m x→3 (x2 − 4x + 3)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) −4(x − 3) √ √ = lı́m x→3 (x − 3)(x − 1)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) −4 −4 −1 √ √ = lı́m = . = x→3 (x − 1)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) 2(3 + 3) 3 PROBLEMA 3.10. p p 3 x2 − 2 3 x + 1 Calcular lı́m . x→1 x−1 Solución El numerador es un cuadrado perfecto y para racionalizarlo utilizamos la √ fórmula a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) donde en este caso a = 3 x y b = 1. Resulta: p p p p ( 3 x − 1)2 ( 3 x2 + 3 x + 1)2 ( 3 x − 1)2 p p L = lı́m = lı́m x→1 x→1 (x − 1)( 3 x2 + 3 x + 1)2 x−1 = x−1 (x − 1)2 p p p = lı́m p = 0. 3 3 3 x→1 (x − 1)( x2 + x + 1)2 x→1 ( x2 + 3 x + 1)2 lı́m PROBLEMA 3.11. √ 3 x−1 Calcular lı́m √ . 4 x→1 x−1 90 Solución En este caso racionalizamos el numerador y el denominador utilizando la fórmula general ap − bp = (a − b)(ap−1 + ap−2 b + · · · + abp−2 + bp−1 ) con p = 3 para el numerador y p = 4 para el denominador. El proceso es el que se indica a continuación: p p p p p p ( 3 x − 1)( 3 x2 + 3 x + 1)( 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1) p p p p p L = lı́m p x→1 ( 4 x − 1)( 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1)( 3 x2 + 3 x + 1) p p p (x − 1)( 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1) 4 p p = . = lı́m x→1 3 (x − 1)( 3 x2 + 3 x + 1) PROBLEMA 3.12. √ p Calcular lı́m x→c √ x− pc . x−c Solución Si aplicamos la fórmula ap − bp = (a − b)(ap−1 + ap−2 b + · · · + abp−2 + bp−1 ) √ √ con a = p x y b = p c, tenemos: x−c p p p p p p p x→c (x − c)( xp−1 + xp−2 c + · · · + p x p cp−2 + p cp−1 ) 1 1 p = lı́m p = p . p p p p−1 p−1 x→c x + ··· + c p cp−1 L = lı́m p p B. INFINITÉSIMOS. INFINITÉSIMOS EQUIVALENTES. Una función cuyo lı́mite es cero cuando la variable independiente x tiende a un valor c recibe el nombre de infinitésimo en x = c. Se dice que un f (x) infinitésimo tiene orden n cuando existe y es no nulo el lı́mite lı́m . x→c (x − c)n 91 Dos infinitésimos f (x) y g(x) en x = c son equivalentes cuando su cociente f (x) tiene lı́mite uno al tender x a c, es decir cuando lı́m = 1. x→c g(x) Un método común para calcular lı́mites consiste en sustituir infinitésimos por otros equivalentes de modo que el cálculo resulte más sencillo. A continuación damos una lista de las equivalencias más comunes entre infinitésimos: sen f (x) ∼ f (x), 2 cuando f (x) → 0; 1 − cos f (x) ∼ [f (x)] /2, cuando f (x) → 0; tg f (x) ∼ f (x), cuando f (x) → 0; − 1 ∼ f (x) ln a, cuando f (x) → 0; f (x) a (en particular ln(1 + f (x)) ∼ f (x), (de otra forma ln f (x) ∼ f (x) − 1, ef (x) − 1 ∼ f (x)) cuando f (x) → 0 cuando f (x) → 1). Has de tener en cuenta que estas fórmulas sólo se pueden aplicar cuando los infinitésimos aparezcan como factor en la función cuyo lı́mite se quiere calcular. En otras palabras, la siguiente propiedad es válida: Si f y g son infinitésimos equivalentes en x = c y h es cualquier función que tiene lı́mite finito c, entonces f · h es un infinitésimo equivalente a g · h. PROBLEMA 3.13. Sabiendo que sen x ∼ x cuando x → 0, probar que tg x ∼ x y que 1 − cos x ∼ x2 /2. Solución Basta calcular el lı́mite del cociente: tg x sen x 1 = lı́m · lı́m = 1. x→0 x x→0 x x→0 cos x lı́m Por otra parte, 1 − cos x (1 − cos x)(1 + cos x) sen2 x = lı́m = lı́m x→0 x→0 x→0 (1 + cos x) · x2 /2 x2 /2 (1 + cos x) · x2 /2 2 sen x 2 = lı́m · lı́m = 1 · 1 = 1. 2 x→0 x x→0 1 + cos x L = lı́m 92 PROBLEMA 3.14. Resolver lı́m x→0 1 − cos x . x Solución Análogamente al problema anterior, tenemos: (1 − cos x)(1 + cos x) sen2 x 1 − cos x = lı́m = lı́m x→0 x→0 x(1 + cos x) x→0 x x(1 + cos x) sen x sen x = lı́m · lı́m = 1 · 0 = 0. x→0 x x→0 1 + cos x L = lı́m PROBLEMA 3.15. x − sen 3x . x→0 sen 5x Resolver lı́m Solución Separamos la expresión en dos fracciones y utilizamos las equivalencias sen 3x ∼ 3x y sen 5x ∼ 5x: x − sen 3x x sen 3x = lı́m − lı́m x→0 sen 5x x→0 sen 5x sen 5x 3x x = lı́m − lı́m = 1/5 − 3/5 = −2/5. x→0 5x x→0 5x L = lı́m x→0 PROBLEMA 3.16. x sen x . x→0 x + sen x Resolver lı́m Solución Dividimos numerador y denominador por x y aplicamos la equivalencia sen x ∼ x: x sen x sen x 0 x = lı́m = = 0. L = lı́m x+sen sen x x x→0 x→0 1 + 2 x x 93 PROBLEMA 3.17. Calcular lı́m x→a sen x − sen a . x−a Solución Aplicamos la fórmula sen x − sen a = 2 sen x−a x+a cos y tenemos: 2 2 x+a sen x−a 2 sen x−a x+a 2a 2 cos 2 = lı́m x−a2 · cos = 1 · cos = cos a. x→a x→a x−a 2 2 2 L = lı́m PROBLEMA 3.18. Calcular lı́m x→a cos x − cos a . x−a Solución Aplicamos en este caso la fórmula cos x − cos a = −2 sen con lo que: x+a x−a sen , 2 2 x+a − sen x−a −2 sen x−a x+a 2 sen 2 2 = lı́m · sen = − sen a. x−a x→a x→a x−a 2 2 L = lı́m PROBLEMA 3.19. x − sen 2x . x→0 x + sen 3x Calcular lı́m Solución En primer lugar sacamos factor común 2x en el numerador y 3x en el denominador y después aplicamos las equivalencias sen 2x ∼ 2x y sen 3x ∼ 3x: 1 sen 2x 2x 21 − sen2x2x 2 2 12 − 1 −1 2 − 2x L = lı́m = lı́m = · 1 = . 1 sen 3x x→0 3x 1 + sen 3x x→0 3 3 3 +1 4 3 3x 3 + 3x 94 PROBLEMA 3.20. √ Calcular lı́m x→0 1 + sen x − x √ 1 − sen x . Solución Si racionalizamos el numerador y tenemos en cuenta que sen x ∼ x, obtenemos: √ √ √ √ ( 1 + sen x − 1 − sen x)( 1 + sen x + 1 − sen x) √ √ L = lı́m x→0 x( 1 + sen x + 1 − sen x) 1 + sen x − 1 + sen x √ = lı́m √ x→0 x( 1 + sen x + 1 − sen x) sen x 1 √ = 2 · 1 · 1/2 = 1. = 2 lı́m ·√ x→0 x 1 + sen x + 1 − sen x PROBLEMA 3.21. ax − bx . x→0 cx − dx Calcular lı́m Solución Teniendo en cuenta la equivalencia de los infinitésimos x y ex − 1 cuando x → 0, resulta: ex ln a 1 − ex ln b−x ln a ex ln a − ex ln b L = lı́m x ln c = lı́m x→0 e − ex ln d x→0 ex ln c (1 − ex ln d−x ln c ) ex ln a (x ln b − x ln a) ex ln a x ln(b/a) ln(b/a) = lı́m x ln c = lı́m x ln c = . x→0 e ln(d/c) (x ln d − x ln c) x→0 e x ln(d/c) PROBLEMA 3.22. ex − esen x . x→0 x − sen x Calcular lı́m 95 Solución En primer lugar sacamos ex factor común en el numerador: ex (1 − esen x−x ) . x→0 x − sen x L = lı́m Como sen x − x → 0, podemos aplicar la equivalencia de los infinitésimos 1 − esen x−x ∼ −(sen x − x). Tenemos ası́: ex (x − sen x) = lı́m ex = 1. x→0 x→0 x − sen x L = lı́m PROBLEMA 3.23. ey + sen y − 1 . y→0 ln(1 + y) Calcular lı́m Solución Descomponemos en primer lugar la expresión en dos sumandos: y e −1 sen y ey − 1 sen y L = lı́m + = lı́m + lı́m . y→0 ln(1 + y) y→0 ln(1 + y) y→0 ln(1 + y) ln(1 + y) Debido a la equivalencia de los infinitésimos ey − 1 ∼ ln(1 + y) ∼ sen y, resulta que L = 1 + 1 = 2. C. LÍMITES INFINITOS. ASÍNTOTAS. Anteriormente aparecieron lı́mites de la forma 0/0, los cuales forman un caso particular de los llamados lı́mites indeterminados, pues su resultado no se puede obtener en forma directa. Otros casos de indeterminación en los 96 lı́mites se presentan al considerar valores infinitos. Estos casos de indeterminación son ∞ − ∞, 0 · ∞, ∞/∞, 00 , ∞0 , 1∞ y para resolverlos se pueden seguir las siguientes reglas (que completaremos en el capı́tulo 6 con otras técnicas): (a) Si la función es algebraica (sólo aparecen operaciones algebraicas y no trigonométricas) y el lı́mite tiene la forma ∞/∞, se comparan los grados del numerador y denominador. a.1- Si el grado del numerador es mayor que el del denominador, el resultado del lı́mite es ∞. a.2- Si el grado del denominador es mayor que el del numerador, el resultado es cero. a.3- Si ambos tienen el mismo grado, el resultado es el cociente de los coeficientes de los términos de mayor grado. En resumen, en el caso ∞/∞ los términos que intervienen en el lı́mite son los de mayor grado; el resto se puede desechar. (b) Para las otras formas de indeterminación, es posible transformarlas en alguna de las conocidas y utilizar las técnicas expuestas para ellas. Por ejemplo, en las indeterminaciones con exponenciales (en particular de la forma 1∞ ) se puede utilizar la fórmula f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) , y el exponente presenta ahora una indeterminación del tipo 0 · ∞. Como aplicación de los lı́mites infinitos se pueden definir las ası́ntotas: La recta x = h es ası́ntota vertical de la función y = f (x) cuando lı́m f (x) = x→h ∞ o lı́m f (x) = −∞ (basta algún lı́mite lateral). x→h La recta y = k es ası́ntota horizontal de la función y = f (x) cuando lı́m f (x) = k o bien lı́m f (x) = k. x→∞ x→−∞ La recta y = mx + b es ası́ntota oblicua de la función y = f (x) cuando existen los lı́mites que definen las constantes m y b ası́: m = lı́m x→∞ f (x) , b = lı́m [f (x) − mx]; x→∞ x o bien m = lı́m x→−∞ f (x) , b = lı́m [f (x) − mx], x→−∞ x y m 6= 0 en ambos casos. 97 PROBLEMA 3.24. (2x − 3)(3x + 5)(4x − 6) . x→∞ 3x3 + x − 1 Calcular lı́m Solución Comparamos los grados del numerador y denominador y tenemos: 24x3 + . . . 24 = = 8. 3 x→∞ 3x + . . . 3 L = lı́m PROBLEMA 3.25. 1 5 Calcular lı́m − 2 . x→3 x − 3 x −x−6 Solución Haciendo denominador común tenemos: 1 5 L = lı́m − x→3 x − 3 (x − 3)(x + 2) x+2−5 1 1 = lı́m = lı́m = . x→3 (x − 3)(x + 2) x→3 x + 2 5 PROBLEMA 3.26. Calcular lı́m x→1 1 3 − . 1 − x 1 − x3 Solución Teniendo en cuenta que 1 − x3 = (1 − x)(1 + x + x2 ), hacemos denominador común y resulta: 1 + x + x2 − 3 (x − 1)(x + 2) −3 = lı́m = = −1. 3 2 x→1 x→1 (1 − x)(1 + x + x ) 1−x 3 L = lı́m 98 PROBLEMA 3.27. Calcular lı́m √ 3 x→∞ x . + 10 x3 Solución Dividimos numerador y denominador por x. Ası́: L = lı́m √ 3 x→∞ x/x 1 = 1. = lı́m p 3 + 10/x x→∞ 1 + 10/x3 x3 Este resultado se puede obtener directamente sabiendo que se trata de una indeterminación del tipo ∞/∞ donde el numerador y denominador tienen el mismo grado, siendo uno los coeficientes de los términos de mayor grado. PROBLEMA 3.28. p p Calcular lı́m ( x2 + 4x − x2 − 4x). x→∞ Solución Tenemos una indeterminación del tipo ∞ − ∞. Multiplicando y dividiendo por el conjugado resulta: √ √ √ √ ( x2 + 4x − x2 − 4x)( x2 + 4x + x2 − 4x) √ √ L = lı́m x→∞ x2 + 4x + x2 − 4x x2 + 4x − (x2 − 4x) 8x/x √ √ = lı́m √ = lı́m √ 2 2 2 x→∞ x→∞ x + 4x + x − 4x ( x + 4x + x2 − 4x)/x 8 8 p = lı́m p = = 4. x→∞ 2 1 + 4x/x2 + 1 − 4x/x2 PROBLEMA 3.29. p p Calcular lı́m ( n2 + an + b − n2 + cn + d). n→∞ 99 Solución Procediendo análogamente al problema anterior tenemos: √ √ √ √ ( n2 + an + b − n2 + cn + d)( n2 + an + b + n2 + cn + d) √ √ L = lı́m n→∞ n2 + an + b + n2 + cn + d (n2 + an + b) − (n2 + cn + d) (a − c)n + (b − d) √ √ = lı́m √ = lı́m √ n→∞ n2 + an + b + n2 + cn + d n→∞ n2 + an + b + n2 + cn + d (a − c) + (b−d) a−c a−c pn = lı́m p = = . 2 2 n→∞ 1+1 2 1 + a/n + b/n + 1 + c/n + d/n PROBLEMA 3.30. √ Calcular lı́m x→∞ √ 3 3x + 1 − x2 √ . 4 x2 + 1 Solución √ Si dividimos numerador y denominador por x se obtiene: p √ p √ √ √ 3 3 + 1/x − 3 x2 /x3/2 3x + 1/ x − x2 / x √ p = lı́m L = lı́m = −∞. √ 4 4 x→∞ x→∞ x2 + 1/ x 1 + 1/x2 Bastaba también en este caso comparar los grados del numerador y denominador para obtener el resultado. PROBLEMA 3.31. Calcular lı́m ( x→∞ p 3 x3 + ax2 − p 3 x3 − ax2 ). Solución Si multiplicamos el numerador y denominador por el factor p p p 3 (x3 + ax2 )2 + 3 (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) + 3 (x3 − ax2 )2 , 100 tenemos (x3 + ax2 ) − (x3 − ax2 ) p p x→∞ (x3 + ax2 )2 + 3 (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) + 3 (x3 − ax2 )2 2ax2 p p = lı́m p x→∞ 3 (x3 + ax2 )2 + 3 (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) + 3 (x3 − ax2 )2 2a 2a p p = lı́m p = . x→∞ 3 (1 + a/x)2 + 3 (1 + a/x)(1 − a/x) + 3 (1 − a/x)2 3 L = lı́m p 3 PROBLEMA 3.32. p 3 x p . Calcular lı́m p x→∞ x+1− x p 3 x+1− Solución Multiplicamos numerador y denominador por los conjugados de ambos para eliminar las raı́ces. Ası́ tenemos: p p p p p p p ( 3 x + 1 − 3 x)( 3 (x + 1)2 + 3 x(x + 1) + 3 x2 )( x + 1 + x) p p p p p p L = lı́m p x→∞ ( x + 1 − x)( x + 1 + x)( 3 (x + 1)2 + 3 x(x + 1) + 3 x2 ) p p x+1+ x p . p = lı́m p x→∞ 3 (x + 1)2 + 3 x(x + 1) + 3 x2 Tenemos una indeterminación del tipo ∞/∞, donde el grado del numerador es 1/2 y el grado del denominador es 2/3. Como éste es mayor, el lı́mite es cero. PROBLEMA 3.33. Calcular lı́m x→∞ p 3 x3 + 2x2 − p x2 − 1 . Solución p p Si escribimos L = lı́m 6 (x3 + 2x2 )2 − 6 (x2 − 1)3 y aplicamos la fórmux→∞ la a6 − b6 = (a − b)(a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 ), 101 con a = p 6 (x3 + 2x2 )2 y b = p 6 (x2 − 1)3 , tenemos que (x3 + 2x2 )2 − (x2 − 1)3 x→∞ (a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 ) x6 + 4x4 + 4x5 − (x6 − 3x4 + 3x2 − 1) = lı́m . x→∞ (. . . ) L = lı́m Como el denominador toma la forma p p a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 = 6 (x3 + 2x2 )10 + 6 (x3 + 2x2 )8 (x2 − 1)3 p p p + 6 (x3 + 2x2 )6 (x2 − 1)6 + 6 (x3 + 2x2 )4 (x2 − 1)9 + 6 (x3 + 2x2 )2 (x2 − 1)12 p p p 6 6 . . + x30 + . . ., + 6 (x2 − 1)15 = x30 + . . .+ .(6) resulta L = lı́m √ 6 x→∞ 4x5 + 7x4 + . . . 4 2 = = . √ 6 6 3 x30 + . . .+ .(6) . . + x30 + . . . PROBLEMA 3.34. Calcular lı́m x sen x→0 1 . [x] Solución Como el intervalo [0, 1) no está en el dominio de la función, no existe 1 lı́m x sen . + [x] x→0 Por otra parte, si x → 0− , [x] = −1 y lı́m x sen x→0− PROBLEMA 3.35. Calcular lı́m (1 − x) tg x→1 πx . 2 102 1 = lı́m x sen(−1) = 0. [x] x→0− Solución Si hacemos el cambio de variable z = x − 1 y utilizamos la equivalencia de los infinitésimos tg z y z, cuando z → 0, obtenemos: πz π π(z + 1) L = lı́m −z tg = lı́m −z tg + z→0 z→0 2 2 2 πz z z 2 = lı́m z cotg = lı́m = lı́m = . πz z→0 z→0 tg z→0 πz/2 2 π 2 PROBLEMA 3.36. tg πx+1 2x Calcular lı́m √ . x→∞ 4 x4 + 2 Solución π 1 1 1 + = − cotg =− y de 2 2x 2x tg(1/2x) 1 1 la equivalencia entre infinitésimos tg ∼ , pues 1/2x → 0, podemos 2x 2x escribir: πx + 1 = tg De la identidad tg 2x L = lı́m x→∞ 1 2x −1 −2x √ = lı́m √ = −2, 4 4 4 x→∞ x +2 x4 + 2 pues los grados del numerador y denominador coinciden. PROBLEMA 3.37. Calcular lı́m x→∞ ln √ 5 x3 − 2x + 7 . ln x2 Solución Debido a las propiedades de los logaritmos, tenemos: (1/5) ln(x3 − 2x + 7) 1 ln x3 (1 − 2/x2 + 7/x3 ) = lı́m x→∞ 10 x→∞ ln x 2 ln x ln x ln(1 − 2/x2 + 7/x3 ) 1 3 1 = lı́m 3 + = (3 + 0) = . 10 x→∞ ln x ln x 10 10 L = lı́m 103 PROBLEMA 3.38. Calcular lı́m x[ln(x + 1) − ln x]. x→∞ Solución Como 1/x → 0, resulta que ln(1 + 1/x) ∼ 1/x con lo que: x+1 1 1 L = lı́m x ln = lı́m x ln 1 + = lı́m x · = 1. x→∞ x→∞ x→∞ x x x PROBLEMA 3.39. 1 Calcular lı́m ln x→0 x r 1+x . 1−x Solución 2x 2x 2x Cuando x → 0, → 0 por lo que ln 1 + ∼ . Enton1−x 1−x 1−x ces: 1 2x 1 1 1+x L = lı́m · ln = lı́m ln 1 + x→0 x 2 1 − x x→0 2x 1−x 1 2x 1 = lı́m · = lı́m = 1. x→0 2x 1 − x x→0 1 − x PROBLEMA 3.40. Calcular lı́m x x→∞ √ x 2−1 . 104 Solución Debido a la equivalencia 21/x − 1 ∼ (ln 2) · 1/x, tenemos: 1 L = lı́m x 21/x − 1 = lı́m x · · ln 2 = ln 2. x→∞ x→∞ x PROBLEMA 3.41. 1 √ 1 + x ln(1+x) Calcular lı́m √ . x→0 1+x Solución Como la base es siempre uno, el lı́mite de la exponencial es L = lı́m 1f (x) = 1. x→0 Observación. No hay en este caso ninguna indeterminación porque la función es constante. PROBLEMA 3.42. Calcular lı́m n→∞ n+1 n−1 n . Solución Se trata de una indeterminación del tipo 1∞ . Llamando L al lı́mite y tomando logaritmos, tenemos: n+1 . n−1 n+1 n+1 n+1 Como → 1, tenemos la equivalencia ln ∼ − 1 , con n−1 n−1 n−1 lo que resulta: 2 n+1 ln L = lı́m n − 1 = lı́m n · = 2. n→∞ n→∞ n−1 n−1 ln L = lı́m n ln n→∞ 105 En definitiva, L = e2 . PROBLEMA 3.43. Calcular lı́m (1 + sen x)1/x . x→0 Solución De nuevo la indeterminación es de la forma 1∞ y aplicamos el mismo procedimiento del problema anterior. Ası́: ln L = lı́m x→0 1 1 sen x ln(1 + sen x) = lı́m (1 + sen x − 1) = lı́m = 1, x→0 x→0 x x x de donde L = e. PROBLEMA 3.44. 2 Calcular lı́m (cos ax)1/x . x→0 Solución Al igual que los problemas anteriores podemos escribir ln L = lı́m (1/x2 ) ln cos ax. x→0 Aplicando ahora las equivalencias entre infinitésimos ln cos ax ∼ cos ax−1 ∼ −a2 x2 /2, resulta: 1 1 −a2 x2 ln L = lı́m 2 (cos ax − 1) = lı́m 2 = −a2 /2. x→0 x x→0 x 2 En definitiva, L = e−a 2 /2 . PROBLEMA 3.45. h π i sen1 x Calcular lı́m tg x + . x→0 4 106 Solución ∞ Tenemos de nuevo una indeterminación delπtipo 1 y aplicamos las siguienπ tes equivalencias: ln tg x + ∼ tg x + − 1, sen x ∼ tg x ∼ x: 4 4 i 1 π 1 h π ln L = lı́m ln tg x + = lı́m tg x + −1 x→0 sen x 4 x→0 sen x 4 tg x + 1 1 tg x + 1 − 1 + tg x 1 = lı́m − 1 = lı́m · x→0 sen x 1 − tg x x→0 sen x 1 − tg x 2 tg x 2x = lı́m = lı́m = 2. x→0 sen x(1 − tg x) x→0 x(1 − tg x) Entonces L = e2 . PROBLEMA 3.46. Calcular lı́m x→0 x−2 2 x +x−2 1+cotg2 x . Solución Como tenemos una indeterminación 1∞ , aplicamos las equivalencias x−2 x−2 ∼ 2 − 1 y posteriormente sen2 x ∼ x2 : +x−2 x +x−2 x−2 x−2 2 2 = lı́m (1 + cotg x) −1 ln L = lı́m (1 + cotg x) ln 2 x→0 x + x − 2 x→0 x2 + x − 2 cos2 x −x2 1 −x2 = lı́m 1 + = lı́m 2 2 2 2 x→0 x→0 sen x sen x x +x−2 x +x−2 2 −x 1 −1 = lı́m 2 = lı́m 2 = 1/2. 2 x→0 x x→0 x + x − 2 x +x−2 √ Resulta entonces que L = e1/2 = e. ln x2 PROBLEMA 3.47. Calcular lı́m x→0 π sen 2 − ax 2 sec2 π 2−bx . 107 Solución Tenemos una indeterminación 1∞ y procedemos de forma similar a los problemas anteriores: π π ln sen2 x→0 2 − bx 2 − ax π − cos2 2−ax π π sen2 = lı́m sec2 − 1 = lı́m . x→0 x→0 cos2 π 2 − bx 2 − ax 2−bx lı́m sec2 ln L = π πax πax 2 π Ahora bien, si escribimos cos = sen2 = cos + 2 − ax 2 2(2 − ax) 2(2 − ax) πax πax πbx πbx y usamos las equivalencias sen ∼ , sen ∼ , 2(2 − ax) 2(2 − ax) 2(2 − bx) 2(2 − bx) obtenemos: 2 πax π − 2(2−ax) − cos2 2−ax = lı́m ln L = lı́m 2 x→0 x→0 cos2 π πbx 2−bx 2 2(2−bx) = lı́m x→0 −(πax)2 4(2 − −a2 (2 − bx)2 −4a2 −a2 = lı́m = = . x→0 b2 (2 − ax)2 (πbx)2 4(2 − ax)2 4b2 b2 En definitiva, L = e−a 2 /b2 bx)2 . PROBLEMA 3.48. Calcular lı́m [cos(x − 1) + a sen(x − 1)]1/ ln x . x→1 Solución Hacemos el cambio de variable z = x−1. De este modo z → 0 y ln(1+z) ∼ z, con lo que tenemos: 1 1 ln(cos z + a sen z) = lı́m (cos z + a sen z − 1) z→0 ln(1 + z) z→0 ln(1 + z) cos z + a sen z − 1 cos z − 1 a sen z = lı́m = lı́m + = 0 + a = a, z→0 z→0 z z z ln L = lı́m con lo que L = ea . 108 PROBLEMA 3.49. p n Calcular lı́m n→∞ a+ 2 !n p n b . Solución Tenemos nuevamente la indeterminación 1∞ y utilizamos las equivalencias p p n a − 1 ∼ (1/n) ln a y n b − 1 ∼ (1/n) ln b. Tenemos entonces: ! p p n a+ n b −1 ln L = lı́m n n→∞ 2 ! p p p p n n n n a−1 b−1 a−1 b−1 = lı́m n + + lı́m n = lı́m n n→∞ n→∞ n→∞ 2 2 2 2 p n 1 n 1 ln ab = lı́m · ln a + lı́m · ln b = = ln ab. n→∞ 2 n n→∞ 2 n 2 p En definitiva, L = ab. PROBLEMA 3.50. " Calcular lı́m n→∞ 21/n + 31/n + 41/n 3 #n . Solución De forma análoga al problema anterior tenemos: " # 21/n + 31/n + 41/n ln L = lı́m n · −1 n→∞ 3 " # 1 21/n − 1 31/n − 1 41/n − 1 = lı́m + + 3 n→∞ 1/n 1/n 1/n 1 (1/n) ln 2 (1/n) ln 3 (1/n) ln 4 1 = lı́m + + = [ln 2 + ln 3 + ln 4] . 3 n→∞ 1/n 1/n 1/n 3 109 Entonces L = e(1/3) ln(2·3·4) = √ 3 24. PROBLEMA 3.51. 1/x Calcular lı́m a1 x→∞ 1/x + a2 1/x + · · · + an n !nx . Solución En este caso, como la indeterminación es también de la forma 1∞ , el procedimiento es análogo al realizado en los dos problemas anteriores: ! 1/x 1/x 1/x 1/x a1 + · · · + an a + · · · + an − n ln L = lı́m nx − 1 = lı́m nx · 1 x→∞ x→∞ n n 1/x = lı́m x (a1 − 1) + · · · + (a1/x n − 1) x→∞ = 1/x lı́m x(a1 x→∞ − 1) + · · · + lı́m x(a1/x n − 1) x→∞ 1 1 = lı́m x · ln a1 + · · · + lı́m x · ln an = ln a1 + · · · + ln an . x→∞ x→∞ x x Resulta entonces que L = a1 · · · · · an . PROBLEMA 3.52. Encontrar las ası́ntotas de la función f (x) = x2 − 1 . x−1 Solución (a) Las ası́ntotas verticales sólo se pueden encontrar para valores de x donde el lı́mite sea infinito. En este caso puede ser en x = 1 pues anula el denomi(x − 1)(x + 1) nador. Pero como lı́m f (x) = lı́m = lı́m (x + 1) = 2, no hay x→1 x→1 x→1 x−1 ası́ntotas verticales. (b) Para ver si hay ası́ntotas horizontales, debemos calcular: 110 x2 − 1 = ∞ (pues el grado del numerador es mayor que el x→∞ x→∞ x − 1 grado del denominador). lı́m f (x) = lı́m x2 − 1 = −∞ (por la misma razón que antes. Además el x→−∞ x→−∞ x − 1 numerador es positivo y el denominador negativo para valores de x próximos a −∞). lı́m f (x) = lı́m Esto quiere decir que no hay ası́ntotas horizontales. (c) Para comprobar la existencia de ası́ntotas oblicuas calcularemos los siguientes lı́mites: f (x) x2 − 1 = lı́m = 1, x→∞ x x→∞ x(x − 1) m = lı́m pues el grado del numerador es igual al del denominador y son uno los coeficientes de x2 en ambos términos. x2 − 1 − x2 + x x2 − 1 − x = lı́m = 1. x→∞ x→∞ x − 1 x−1 b = lı́m [f (x) − mx] = lı́m x→∞ La ası́ntota oblicua es la recta y = x + 1. Análogamente se obtiene para −∞: f (x) x2 − 1 = lı́m = 1, x→−∞ x x→−∞ x(x − 1) m = lı́m pues nuevamente el grado del numerador es igual al del denominador y son uno los coeficientes de x2 en ambos términos. x2 − 1 x2 − 1 − x2 + x − x = lı́m = 1. x→−∞ x − 1 x→−∞ x−1 b = lı́m [f (x) − mx] = lı́m x→−∞ La recta y = x + 1 también es ası́ntota oblicua para −∞. PROBLEMA 3.53. Comprobar que no existen los siguientes lı́mites: lı́m sen x, x→∞ lı́m cos x, x→∞ lı́m tg x. x→∞ Solución Si existiera L = lı́m sen x, deberı́a ser |L| ≤ 1, porque | sen x| ≤ 1. Además, x→∞ por definición, ∀ε > 0, ∃M > 0 tal que x > M =⇒ L − ε < sen x < L + ε. 111 Ahora bien, es evidente que existen infinitos valores de x, de las formas kπ, π/2 + 2kπ, 3π/2 + 2kπ, cuyo valor absoluto es mayor que M , y para los cuales la función sen x toma, respectivamente, los valores 0, 1, −1. Por tanto, si fijamos ε > 0 de modo que fuera del entorno (L − ε, L + ε) queden por lo menos dos de tales valores, la función alcanzarı́a valores no contenidos en el entorno prefijado. Esto prueba que L no puede ser el lı́mite. El mismo razonamiento sirve para probar que no existen lı́m cos x y lı́m tg x. x→∞ x→∞ PROBLEMA 3.54. Demostrar que no existen los lı́mites siguientes: a) lı́m x sen x. x→∞ b) lı́m x cos x. x→∞ c) lı́m x tg x. x→∞ d) lı́m e1/ sen x . x→0 Solución a) Veamos en primer lugar que el lı́mite no puede ser infinito: En efecto, por definición, si lı́m x sen x = ∞, dado cualquier número x→∞ positivo M , debe existir k > 0 tal que x sen x > M , para todo x > k. Sin embargo, siempre es posible encontrar valores de x superiores a k, para los cuales sen x, y por consiguiente, x sen x, es nulo, es decir, para los cuales x sen x ≤ M . A continuación mostraremos que dicho lı́mite no puede ser un número finito: Si fuese lı́m x sen x = L, a cada ε > 0 le corresponderı́a un k > 0 tal x→∞ que |x sen x − L| < ε, para todo x > k. Ahora bien, si consideramos un número k tal que |k − L| > ε, siempre es posible encontrar valores x > k para los cuales sen x = 1 y x sen x = x > k pero |x sen x − L| > |k − L| > ε, lo que contradice el hecho de que L es el lı́mite. Los apartados b) y c) se prueban de manera completamente análoga, apoyándose exclusivamente en el concepto de lı́mite. 112 Por último, como lı́m e1/ sen x = +∞ y lı́m e1/ sen x = e−∞ = 0, no existe x→0− x→0+ el lı́mite por ser distintos los lı́mites laterales. 113 D. EJERCICIOS PROPUESTOS. 1.- Calcular (en caso de que existan) los lı́mites siguientes: a) lı́m x→3 1/x − 1/3 . x−3 Resp.: -1/9. b) lı́m x→1 x−1 . xn − 1 Resp.: 1/n. x + x2 + · · · + xn − n . x→1 x−1 c) lı́m Resp.: n(n + 1) . 2 √ x + 1 − 2x . d) lı́m x→1 x2 − x √ Resp.: −1/2 2. √ √ x− x e) lı́m 4 . x→1 x − 1 Resp.: 1/8. √ (2x − 3)( x − 1) f) lı́m . x→1 2x2 + x − 3 Resp.: -1/10. √ g) lı́m p x→0+ x . √ 4+ x−2 Resp.: 4. √ x2 − x h) lı́m √ . x→1 x−1 Resp.: 3. Sugerencia: Racionalizar numerador y denominador. 114 i) lı́m x cosec x. x→0 Resp.: 1. sen 3x . x→0 tg 5x j) lı́m Resp.: 3/5. sen 2x . 2x2 + x Resp.: 2. k) lı́m x→0 l) lı́m (1 − cos x) cotg x. x→0 Resp.: 0. m) lı́m 1 − cos x . + sen 3x2 x→0 x2 Resp.: 1/8. cos3 x − 1 . x→0 x3 Resp.: ∞. n) lı́m o) lı́m x cosec2 x→0+ √ 2x. Resp.: 1/2. x2 sen(1/x) . x→0 sen x Resp.: 0. p) lı́m sen x . x Resp.: 0. q) lı́m x→∞ r) lı́m (x − π) cotg x. x→π Resp.: 1. s) lı́m x→0 1 1 − . sen2 x 1 − cos x 115 Resp.: ∞. sen(x − π/3) . x→π/3 1 − 2 cos x √ Resp.: 1/ 3. t) lı́m ln tg[(π/4) + ax] . x→0 sen bx u) lı́m Resp.: 2a/b. v) lı́m x→∞ x−1 x−3 x+2 . Resp.: e2 . x) lı́m n→∞ n2 + 3 n2 + 4n (n2 −1)/n . Resp.: e−4 . 2.- Calcular (en caso de que existan) los lı́mites siguientes: ( 3 x +1 si x > −1 a) lı́m f (x) con f (x) = x+1 2 2x x→−1 si x < −1. 1−x2 Resp.: ∞ (por la izquierda); 3 (por la derecha). x . x→1/2 [x] b) lı́m Resp.: No existe porque el intervalo [0, 1) no está en el dominio de la función. [x]2 − 9 . x→3 x2 − 9 c) lı́m Resp.: ∞ (por la izquierda); 0 (por la derecha). x2 − 9 . x→3 |x − 3| d) lı́m Resp.: - 6 (por la izquierda), 6 (por la derecha). 116 e) lı́m |x| x x→3/2 + 2[x] . x3 Resp.: 8/9. Sugerencia: Calcular los lı́mites laterales. f) lı́m x→0 sen x . |x| Resp.: -1 (por la izq); 1 (por la dcha). 3.- Determinar los valores de a para los que existen los lı́mites laterales lı́m f (x), lı́m f (x), y los casos en que dichos lı́mites son x→a− x→a+ iguales: (a) f (x) = p x − [x]. Resp.: Existen ∀a ∈ R. Son iguales ∀a ∈ R \ Z. (b) f (x) = [x] + p x − [x]. Resp.: Existen y son iguales ∀a ∈ R. (c) f (x) = 1 . [1/x] Resp.: Existen cuando a 6= 0 y a ≤ 1 (por la izquierda); cuando a 6= 0 y a < 1 (por la derecha). Son iguales cuando a 6= 1/n, n = −1, −2, . . . 4.- Encontrar las ası́ntotas de las siguientes funciones: a) f (x) = x2 − 3 . 2x − 4 Resp.: (V) x = 2; (O) y = 1 + x/2. b) f (x) = √ 2x . 4x2 − 4 Resp.: (V) x = 1, x = −1; (H) y = 1, y = −1. |x + 1| c) f (x) = √ . x2 + 1 Resp.: (H) y = 1. 117 √ d) f (x) = x2 + 5 − 3 . x2 − 4 Resp.: (H) y = 0. 3x + a para que y = 2 sea ası́ntota px + 2 horizontal y (−2, 0) sea el punto de corte con el eje X . Dibujar su gráfica. 5.- Determinar la función f (x) = Resp.: a = 6, p = 3/2. 6.- (a) Si no existen lı́m f (x) ni lı́m g(x), ¿pueden existir lı́m [f (x) + x→a x→a x→a g(x)] ó lı́m f (x)g(x)? x→a Resp.: Sı́. Ejemplos: f (x) = 1/x, g(x) = −1/x con a = 0; f (x) = |x|/x, g(x) = x/|x| con a = 0. (b) Si existen lı́m f (x) y lı́m [f (x) + g(x)], ¿debe existir lı́m g(x)? x→a x→a x→a Resp.: Sı́ porque g(x) = [f (x) + g(x)] − f (x). (c) Si existe lı́m f (x) y no existe lı́m g(x), ¿puede existir lı́m [f (x)+ x→a x→a x→a g(x)]? Resp.: No, porque si existiera, no se cumplirı́a el apartado anterior. (d) Si existen lı́m f (x) y lı́m f (x)g(x), ¿existe lı́m g(x)? x→a x→a x→a Resp.: Sólo en el caso en que lı́m f (x) 6= 0. x→a 7.- Decidir si los siguientes planteamientos son verdaderos o falsos: (a) Si lı́m f (x) = L, entonces lı́m f (a + h) = L. x→a h→0 Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x − a = h. (b) Si lı́m f (x) = L, entonces lı́m f (x − a) = L. x→a x→0 Resp.: Falso: ejemplo f (x) = x. (c) Si lı́m f (x) = L, entonces lı́m f (x3 ) = L. x→0 x→0 Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x3 = t. 118 (d) Si lı́m f (x) = L, lı́m f (|x|) = L. x→0+ x→0 Resp.: Verdadero. (e) Si lı́m f (x) = L, entonces lı́m |f |(x) = |L|. x→a x→a Resp.: Verdadero, pues |f (x)| − |L| ≤ |f (x) − L|. (f) Si lı́m f (x) = L, entonces lı́m f (1/x) = L. x→∞ x→0+ Resp.: Verdadero. (g) lı́m f (x) = L ⇐⇒ lı́m (f (x) − L) = 0. x→a x→a Resp.: Verdadero. (h) Si f (x) < g(x), ∀x, entonces lı́m f (x) < lı́m g(x). x→a x→a ( 2x2 si x 6= 0 Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = x2 , g(x) = en a = 0. 1 si x = 0 (i) Si |f (x)−L| < ε cuando 0 < |x−a| < δ , entonces |f (x)−L| < ε/2 cuando 0 < |x − a| < δ/2. Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = x2 con a = 1. (j) Si lı́m f (x) = 0, entonces lı́m f (x) sen(1/x) = 0. x→0 x→0 Resp.: Verdadero, pues −1 ≤ sen(1/x) ≤ 1. 119