LÍMITES. REGLA DE L’HOPITAL EJERCICIOS RESUELTOS Calcula los valores de

(1)

LÍMITES. REGLA DE L’HOPITAL EJERCICIOS RESUELTOS

Calcula los valores de k de modo que sean ciertas las siguientes igualdades:

a) 1

3 7

5 7 2

2

2 =−

− +

−

∞ +

→ x

x Lim kx

x b) 4

2 3

2

1 =

+ +

−

→ x x

k

x 2

Lim kx

a) El límite de una función racional, cuando x tiende a +∞ o –∞, es igual al límite del cociente de los términos de mayor grado. Luego:

7 1 2 7

2 3

7

5 7 2

2 2 2

2 = = =−

− +

−

∞ +

→

∞ +

→

k x

Lim kx x

x Lim kx

x

x ⇒ k =

2

− 7

b) El cálculo de este límite nos conduce a una indeterminación del tipo 0

0. Se resuelve factorizando los polinomios numerador y denominador por medio de la regla de Ruffini. Así:

4 1 2

2 ) 2 (

) 1 ( )

2 ( ) 1 (

) 1 ( ) 1 ( 2

3 ) 1 (

· 2

3 ² ¹ ¹

2 2 1

2

1 =− =− =

+

= − + +

+

= − + +

−

→

−

→

−

→

−

→ k k

x x Limk x

x

x x Limk x

x x Lim k x

x

k Lim kx

x x

Por tanto, se deduce que, k = –2.

Dada la función f (x) = , calcula los valores de a y b para que

existan los límites y .

2

3

1 si 1

3 si 1

2 si 2

x x

ax x

bx x

 + ≤

 +

 − >

 )

(x ( )

2 f x Limx→

< ≤2

1 f Limx→

Por estar definida la función a trozos, hemos de calcular los límites laterales:

) 1 ( )

( ²

1

1₋ = ₋ +

→

→ f x Lim x

Lim x

x = 2 ₊ = ₊ + =

→

→ ( ) ( 3)

1

1 f x Lim ax

Lim x

x a +3

Una función tiene límite si y sólo si existen los límites laterales y ambos son iguales. Por tanto se ha de cumplir: a + 3 = 2 ⇒ a = –1.

Por tanto, el límite de la función cuando x tiende a 1 es: ( ) ( ) ( )

1 1

1 f x Lim f x Lim f x

Lim x x

x→ ₋ = → ₊ = → = 2.

Procediendo de forma análoga, cuando x tiende a 2, obtenemos:

) 3 ( )

( 2

2₋ = ₋ +

→

→ f x Lim ax

Lim x

x = 2a + 3. ( ) ( ³ 2)= 8b – 2.

2

2₊ = ₊ −

→

→ f x Lim bx

Lim x

x

2a + 3 = 1 = 8b –2 ⇒ b = 8 3

Por tanto, el límite de la función cuando x tiende a 1 es: ( ) ( ) ( )

2 2

2 f x Lim f x Lim f x

Lim x x

x→ ₋ = → ₊ = → = 1.

Calcula, utilizando infinitésimos equivalentes, los siguientes límites:

a)

[ ]

0

sen tg (sen ) sen ( tg )

x

Lim x

x

→ b)

1 1

x

Lnx Lim^→ x− a) Utilizando infinitésimos equivalentes, obtenemos:

[ ]

⁽¹⁾ ⁽²⁾ ⁽³⁾

0 0 0

sen tg (sen ) tg (sen ) sen

sen ( tg ) tg

x x x

x

0 x

x x x

Lim Lim Lim Lim

x x x

→ = → = → =

x

→ = 1.

En las igualdades (1) y (3) hemos utilizado los infinitésimos equivalentes sen h (x) ~ h (x) y en la igualdad (2) los infinitésimos equivalentes tg h (x) ~ h (x).

(2)

b) En el cálculo del siguiente límite, utilizamos el infinitésimo equivalente: Ln [1 + h (x)] ~ h (x).

[ ]

1 1 1

Ln 1 ( 1)

Ln 1

1 1 1 1

x x x x

x x x

Lim Lim Lim Lim

x x x

→ → →

+ − −

= =

− − − = ^→¹ = 1.

La función f (x) = 1

2 1 +

+ x

px tiene como asíntota oblicua la recta de ecuación y = –2x + 2.

Determina el valor de p y estudia si la gráfica de la función corta a la asíntota.

Las asíntotas oblicuas de una función f son de la forma y = mx + n, donde :

m = x

x Lim f

x

) (

∞

±

→ y n = Lim

[

f x mx

]

x −

∞

±

→ ( )

Calculemos m y n:

m = ₂

2 2

2 1 )

(

x Lim px x

x Lim f

x x

x→±∞ →±∞ = →±∞

+

= + = p ⇒ p = –2

n =

[ ]

1 1 2 1

2 2 1 ) 2

2 1 (

) 1 (

2 2

2

+

= + +

+ + +

= −



 



 − −

+

= +

− →±∞ →±∞ →±∞

∞

±

→ x

Lim x x

x x Lim x

x x Lim px mx

x f

Lim x x x

x = 2

Luego esta función tiene por asíntota oblicua y = –2x + 2.

Para que la gráfica de la función corte a la asíntota oblicua, el siguiente sistema debe tener solución:

⇒ +

− + =

+

⇒ −





 +

−

= +

+

=−

2 1 2

1 2 2

2 1

1

2 ² ₂

x x x x

y x y x

–2x² + 1 = –2x² – 2x + 2x + 2 Operando, se llega a la igualdad: 1 = 2.

Esto es imposible, lo cual quiere decir que el sistema es incompatible, y por tanto carece de soluciones. Por esta razón, podemos decir que la gráfica de la función y su asíntota oblicua no se cortan.

Calcula los límites que se indican a continuación:

a) 0

sen

x

Lim x x

→ b) _x

x e

x

2 2 −1

∞ +

Lim→ 2

c) π 2

π · tg 2

x

m x x

→

 − 

Li  

 

a) 0

sen 0

0

x

Lim x x

→ = ^L'^Hopital→

1 1 1 cos

0 =

→

Lim x

x = 1

b) +∞

∞

=+

−

∞ +

→ x

x e

Lim x₂

2 1

2 ^L'^Hopital→

∞ +

∞

= +

∞ +

→ x

x e

Lim x₂

· 2

4 ^L'^Hopital→

4 4

· 4

4

2 =

∞ +

→ x

xLim e = 1

c) π 2

π · tg 0·

x 2

Lim x x

→

 −  =

 

  ∞ ⇒

π 2

tg 1

2

x

Lim x

x

→

=∞

∞

 −π

 

 

^L'^Hopital→

2 2

π π 2

2 2 2

1 π

0

cos 2

π cos 0

2

x x

Lim Lim

x x

→ − →

 

− − 

 

= =

 

− − 

 



 →

^L'^Hopital

π 2

2 2 0

2sen cos 0

x

Lim→ x x

 π

−  − 

  =

− ^L'^Hopital→

2 2

π 2

1

sen cos

x

Lim→ x x

− + =–1

(3)

Calcula los límites que se indican a continuación:

a) 1

2 3

1 Ln

x

Lim x

x x

→ +

 −

 − 

 b) ^x

x

−

→ 1

1 1 x Lim

a) =∞−∞



 



 −

−

→ + x Lnx

Lim x

x

3 1 2

1

En muchos casos como este, la indeterminación ∞−∞, se transforma en la del tipo 0

0 sin más que operar convenientemente:

1

2 Ln 3 3 0

( 1) Ln

x

x x x

Lim^→ ⁺ x x 0

− + =

1

2Ln 2 3 1

( 1) 0

x Ln

x x Lim x

x x x

+ +

→

+ − =− = + + −

∞

b) Este límite pertenece al caso 1^∞. Por tanto:

x

x x

Lim ⁻

→ 1

1

1 = ¹ ¹

1 ·( 1) 1

1 1

x x

Lim x Lim x

x x

e ^→ e ^→

  −  −

 −   − 

  =  ^ = e^–1 Otra forma de resolver este límite es tomando logaritmos neperianos:

M = ^x

x x

Lim ⁻

→ 1

1

1 ⇒ Ln M =

1 1

1 1 1

Ln Ln 1 ·Ln

1

x x

x x x

Lim x Lim x Lim x

x

− −

→ → →

 =  =  

     − 

    

Este límite pertenece al caso 0 · ∞ y, operando convenientemente, lo transformamos es el caso 0 0.

Ln M =

1

Ln 0

1 0

x

Lim x x

→ =

Lim x Lim x

x x

1 1

1

1 1

= −

− ^→

→ = –1

Por tanto, Ln M = –1, de lo que se deduce que:

Ln M = –1 ⇒ M = e^–1

Calcula

0

Ln(1 ) sen

·sen

x

x x

Lim^→ x x

+ − , siendo Ln (1 + x) el logaritmo neperiano de (1 + x).

Si intentamos calcular el límite directamente, se llega a que:

0 0

Ln(1 ) sen Ln(1 0) sen 0 0

·sen 0·sen 0 0

x x

Lim Lim

x x

→ →

+ − = + − =

Obtenemos una indeterminación. Para resolverla, aplicamos la regla de L'Hôpital que dice:

0 0 ) (

) (

0 =

→ g x x Lim f

x y existe

) ( '

0 g x x Lim f

x→ entonces

) ( '

) ( ' )

( ) (

0

0 g x

x Lim f x

g x Lim f

x

x→ = →

0 0

1 cos 1 cos 0

Ln(1 ) sen (1 ) 1 0 1 1 0

·sen sen ·cos sen 0 0·cos 0 0 0

x x

x x x x

Lim Lim

x x x x x

→ →

− −

+ − = + = + = −

+ + =

Volvemos a aplicar la regla de L'Hôpital:

(4)

2 2

0 0

1 1 1

cos sen sen 0

1 1

(1 ) (1 ) (1 0)

sen ·cos cos cos ·sen cos 0 cos 0 0·sen 0 1 1 2

x x

Lim Lim

x x x x x x x

→ →

− −

− + +

− −

+ = + = +

+ + − + − = =

+

Calcula ₂

0

·sen tg

x

x x

Lim^→ x .

Si intentamos calcular el límite directamente, obtenemos una indeterminación que se puede resolver aplicando la regla de L'Hopital:

0 2

·sen 0

tg 0

x

x x

Lim^→ x = = ₂

0

sen ·cos 0

2 ·(1 tg ) 0

x

x x x

Lim^→ x x

+ =

+ Aplicando nuevamente la regla de L'Hopital:

0 2

sen ·cos 2 ·(1 tg )

x

x x x

Lim^→ x x

+

+ = ₂ ₂ ₂ ₂ ₂

0 0

cos cos ·( sen ) 2cos ·sen

2·(1 tg ) 4 ·(1 tg ) (2 4 )·(1 tg )

x x

x x x x x x x

Lim Lim

x x x x x

→ →

+ + − = − =

+ + + + +

= 2·1 0·0 2 (2 0)·(1 0) 2

− =

+ + = 1

Determina a sabiendo que existe y es finito el límite

0 sen

x x

x

e e a

Lim x

x x

−

→

− +

− . Calcula dicho límite.

Calculemos el límite directamente:

0 0

0

0 0 0 sen 0 0

x x

x

e e a x e e

Lim x sen x

−

→

− + = − + =

− −

Obtenemos una indeterminación que podemos resolver aplicando la regla de L’Hopital:

0 0

0

2

1 cos 1 cos 0 0

x x

x

e e a e e a a

Lim x

−

→

+ + + + +

= =

− −

Como el problema dice que existe el límite y es finito, tiene que cumplirse que:

2 + a = 0 ⇒ a = –2.

Si a = –2, obtenemos de nuevo una indeterminación que resolveremos nuevamente aplicando la regla de L’Hopital:

0

2 1 cos

x x

x

e e

Lim x

−

→

+ −

− =

0 0

0

sen sen 0 0

x x

x

e e e e

Lim x

−

→

− = − =

(5)

Aplicando otra vez la regla de L´Hopital:

0 sen

x x

x

e e

Lim x

−

→

− = 2

1 2 0 cos cos

0 0

0 + ⁻ = + = =

→

e e x e Lime

x x x