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
1 xn − 1 nxax2 tx3
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
1 xn − 1 nxax2 tx3
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
6. Calcular el límite
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
7. Calcular el límite
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
9. Calcular el límite
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
12. Calcular el límite
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
13. Calcular el límite
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
214. Calcular el límite
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
15. calcular el límite
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.
18. Calcular el límite
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
19. Calcular el límite
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
20. Calcular el límite
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
21. Calcular el límite
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!
22. Calcular el límite
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
24. calcular el límite
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
28. Calcular el límite
x→0lim
sin5x − sin3xtanx
solución.
x→0lim
sin5x − sin3xtanx
x→0lim
sin5xx − sin3x
xtanx
x
5 − 31
21 2
29. Calcular el límite
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
31. Calcular el límite
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
33. Calcular el límite
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
34. Calcular el límite
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
36. Calcular el límite
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
37. Calcular el límite
x→ 4
lim2 cosx − 11 − tan2x
00
x→ 4
lim2 cosx − 11 − tan2x
x→
4
lim2 cosx − 11 − tan2x
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
38. Calcular el límite
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
39. Calcular el límite
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
40. Calcular el límite
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
42. Calcular el límite
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
43. Calcular el límite
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
44. Calcular el límite
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
45. Calcular el límite
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
46. Calcular el límite
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
47. Calcular el límite
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
48. Calcular el límite
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
x2an−1 an−2b abn−2 bn−1
x→0lim
− n2
x2 tx3
x2an−1 an−2b abn−2 bn−1
x→0lim
x2 − n2
tx
x2an−1 an−2b abn−2 bn−1
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
49. Calcular el límite
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
250. Calcular el límite
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
51. Calcular el límite
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
52. Calcular el límite
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
54. calcular el límite
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
1 − cosx cos2x 3 cos3x
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
1 − cosx cos2x 3 cos3x
x2 x→0lim 1−cosx
x2 cosx1− cos2x
x2 cosx cos2x1− 3 cos3x
x2
x→0lim
1 − cosx cos2x 3 cos3x
x2 12 2
2 3
2 6
2 3
56. Calcular el límite
x→0lim
1 − cosx cos2x 3 cos3x n cosnx
x2
este límite es una generalización del anterior y podemos escribir
x→0lim
1 − cosx cos2x 3 cos3x n cosnx
x2
x→0 lim
1−cosx
x2 cosx1− cos2x
x2 cosx cos2x1− 3 cos3x
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
1 − cosx cos2x 3 cos3x n cosnx
x2 nn 1
4
57. Calcular el límite
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
lim 1 − cot3x2 − cotx − cot3x
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
lim 1 − cot3x2 − cotx − cot3x
z→1lim
z − 1z2 z 1z − 1z2 z 2
z→1lim
z2 z 1z2 z 2
34
esto es
x→ 4
lim 1 − cot3x2 − cotx − cot3x
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
58. Calcular el límite
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
59. Calcular el límite
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
60. Calcular el límite
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
63. Calcular el límite
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
64. Calcular el límite
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
65. Calcular el límite
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
66. Calcular el límite
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
69. Calcular el límite
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
70. Calcular el límite
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
71. Calcular el límite
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
473. Calcular el límite
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
74. Calcular el límite
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
75. Calcular el límite
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
76. Calcular el límite
limx→0
log101 x10x − 1
solución.
limx→0
log101 x10x − 1
limx→0
log101 xx
10x − 1x
log10eloge10
log10e2, ver nota del ejercicio 62
77. Calcular el límite
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
78. Calcular el límite
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
79. Calcular el límite
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
80. Calcular el límite
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