9.1. El n´ umero e como un l´ımite.

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(1)

9. L´ımites que involucran funciones exponenciales y logar´ıtmicas

9.1. El n´ umero e como un l´ımite.

El l´ımite:

n→∞l´ım

 1 + 1

n

n

(9.1)

se conoce como el n´umero e. Su valor aproximado, redondeado a ocho cifras decimales es 2.71828183. En realidad, es un n´umero irracional, lo cual significa que es un n´umero decimal no–peri´odico. Cualquier representaci´on del mismo con una cantidad finita de dec- imales, constituye una aproximaci´on por truncamiento o redondeo.

Para ilustrar esto, construyamos una tabla con los valores de la expresi´on (1 + 1/n)n, para valores de n “grandes”, tanto positivos como negativos. Es decir, los valores de n = 10, 100, 1000, 104, 105, 108, as´ı como los valores de n = −10, −100, −1000, −104,−105,

−108:

n

 1 + 1

n

n

n

 1 + 1

n

n

10 2.5937 4246 −10 2.8679 7199 100 2.7048 1383 −100 2.7319 9902 1000 2.7169 2393 −1000 2.7196 4222 104 2.7181 4593 −104 2.7184 1776 105 2.7182 6823 −105 2.7182 9542 108 2.71828180 −108 2.7182 8186 Tabla 9.1: Aproximaciones al n´umero e.

La tabla 9.1 sugiere que conforme n tiende a +∞, o tiende a −∞, la expresi´on (1 + 1/n)n tiende a cierto l´ımite (igual cuando n → +∞, que cuando n → −∞), conocido comoumero e (1). Esta presunci´on intuitiva puede ser comprobada rigurosamente (2), de- mostr´andose que el referido l´ımite existe, y es un valor real entre 2 y 3(3).

1Este n´umero es la base de los logaritmos neperianos, llamados as´ı en honor al matem´atico John Napier (1550–1617). Para ver una breve biograf´ıa, visitarhttp://es.wikipedia.org/wiki/John_Napier

2En [3] p.117-118 se demuestra la existencia del l´ımite de (1 + 1/n)n cuandon → +∞, estableciendo que los valores de (1 + 1/n)n, paran entero positivo, corresponden a una sucesi´on mon´otona acotada, y por tanto, convergente.

3Ver [8] p.48–50, para consultar esta demostraci´on.

(2)

Ahora bien, es bueno saber que haciendo el cambio de variable p = 1/n, el l´ımite(9.1) equivale a

e = l´ım

n→∞

 1 + 1

n

n

= l´ım

p→0

1 + p1/p

de este modo

p→0l´ım

1 + p1/p

= e Resumiendo ambas f´ormulas:

e = l´ım

p→∞

 1 + 1

p

p

= l´ım

p→0

1 + p1/p

(9.2)

El estudiante debe saber que se utilizan por igual estas dos representaciones en forma de l´ımite del n´umero e. Debemos advertir sin embargo que la f´ormula (9.2) encierra un significado distinto a la (9.1), en el sentido que en (9.1) se toma n como una variable con valores enteros, mientras en(9.2) se considera que p toma valores “continuos” reales (enteros o no). En [8] p.51–52 se prueba que el l´ımite

p→+∞l´ım

 1 + 1

p

p

,

considerando p como una variable real, existe y es igual al mismo valor obtenido al con- siderar el l´ımite con valores enteros de n, en el sentido de (9.1). Igualmente se prueba el importante hecho que

p→+∞l´ım

 1 + 1

p

p

= l´ım

p→−∞

 1 + 1

p

p

,

siendo estos l´ımites iguales al n´umero e(4).

Una aparici´on pr´actica del n´umero “e” viene dada por el modelo — utilizado en econom´ıa— de ganancia de inter´es con capitalizaci´on compuesta continua. Sup´ongase que se coloca un capital inicial A0 a una tasa anual del 100 %. Si los intereses se capitalizan una vez al a˜no, al final de este periodo se obtendr´a l´ogicamente un inter´es igual al capital inicial A0. Pero si los intereses se capitalizan mensualmente, al final del periodo anual, producto de las doce cuotas mensuales, se tendr´a un capital total (inicial + intereses) de

A0 1 + r

n

n

= A0

 1 + 1

12

12

≈ 2.6130 A0 ,

4La demostraci´on se realiza apoy´andose en el teorema del encaje (secci´on 2), utilizando la desigualdad

 1 + 1

n + 1

n

<

 1 +1

p

p

<

 1 + 1

n

n+1

, donden es entero positivo, y p es real con n ≤ p < n + 1.

(3)

donde r = 1 es la tasa (en unidades absolutas) anual, y n = 12 viene siendo el n´umero de cuotas en el a˜no.

Ahora, si los intereses se capitalizaran semanalmente, y considerando un a˜no de 52 sema- nas, el capital total acumulado al final del periodo ser´ıa

A0 1 + r

n

n

= A0

 1 + 1

52

52

≈ 2.6926 A0 ,

pero si los intereses se capitalizaran diariamente, el capital total acumulado al final del a˜no ser´ıa

A0 1 + r

n

n

= A0



1 + 1 365

365

≈ 2.7146 A0 .

Continuando este razonamiento, si los intereses se capitalizaran cada hora, cada d´ıa, cada segundo, etc, y en el caso l´ımite, si se capitalizaran en forma continua (en instantes infinitesimalmente peque˜nos), el capital total acumulado al final del periodo anual ser´ıa

n→∞l´ım A0

 1 + 1

n

n

= eA0 ,

por lo que el capital inicial se multiplica e veces, como producto de la inversi´on realizada.

9.2. L´ımites de funciones exponenciales.

Consideraremos aqu´ı l´ımites que tienen la estructura

x→al´ım f(x)g(x) . Si ocurre que

x→al´ım f(x) = 1 , y

x→al´ım g(x) = +∞ , ´o l´ım

x→a g(x) = −∞

se dice que el l´ımite de la potencia f (x)g(x) tiene la forma 1 la cual constituye una indeterminaci´on que ser´a estudiada en la subsecci´on 9.3. Sin embargo en este momento nos ocuparemos de estructuras de potencia, cuyos l´ımites no son de la forma 1. Estos casos ocurren cuando:

i) l´ım

x→a f(x) = A, y l´ım

x→a g(x) = B existen ambos y son finitos, pero no son ambos iguales a cero (A= 0 o bien B = 0).

ii) l´ım

x→a f(x) = A, existe (finito) y es distinto de 1, mientras l´ım

x→a g(x) = +∞, ´o

x→al´ım g(x) = −∞.

(4)

En el primer caso, dado que AB es real, el valor del l´ımite

x→al´ım f(x)g(x)

es AB, en virtud de la propiedad 2.6 (secci´on 2), del l´ımite de una potencia.

En el segundo caso, debemos distinguir si A > 1 ´o 0 ≤ A < 1, y si el l´ımite de g(x) es +∞ ´o −∞.

Supongamos primero que

x→al´ım f(x) = A > 1 , y l´ım

x→a g(x) = +∞ ,

entonces la magnitud f (x)g(x) se vuelve inconmensurablemente grande a medida que x → a, por lo cual

x→al´ım f(x)g(x) = +

Ahora bien, si 0 < A < 1 y el l´ımite de g(x) cuando x→ a es +∞, observemos que

x→al´ım f(x)g(x) = l´ım

x→a

 1 1 f(x)

g(x) = 1

x→al´ım

 1 f(x)

g(x)

donde 1/f (x) tiene el l´ımite 1/A que es mayor que 1, por lo que aplicando el resultado anterior se tiene

x→al´ım

 1 f(x)

g(x)

= +∞ , y en consecuencia (teorema 7.3)

x→al´ım f(x)g(x) = 1

x→al´ım

 1 f(x)

g(x) = 0 .

Finalmente, si

x→al´ım f(x) = 0

y el l´ımite de g(x) cuando x→ a es +∞, resulta tambi´en que

x→al´ım f(x)g(x) = 0 .

Al respecto de los casos cuando

x→al´ım g(x) = −∞ ,

(5)

basta poner

x→al´ım f(x)g(x) = 1

x→al´ım f(x)−g(x)

donde el l´ımite de −g(x) es +∞, y aplicaremos los resultados anteriores a la expresi´on del denominador. Resultar´a entonces que

x→al´ım f(x)g(x) = 0 si el l´ımite de f (x) es un n´umero A > 1, y

x→al´ım f(x)g(x) = + si el l´ımite de f (x) es un n´umero A con 0≤ A < 1.

Podemos resumir todos los resultados anteriores en una tabla, donde A es el l´ımite de f(x) cuando x → a

x→al´ım g(x) = +∞ l´ım

x→a g(x) = −∞

A > 1 l´ım

x→a f(x)g(x) = + l´ım

x→a f(x)g(x) = 0 0≤ A < 1 l´ım

x→a f(x)g(x) = 0 l´ım

x→a f(x)g(x) = + Tabla 9.2: Valores del l´ımite de f (x)g(x).

Ejemplo 9.1

Evaluar

x→∞l´ım

2x + 1 x − 1

3 − 1/x .

Soluci´on.

Vemos que la base tiende a 2, y el exponente tiende a 3, conforme x→ ∞, por lo tanto

x→∞l´ım

2x + 1 x − 1

3 − 1/x

= 23 = 8 . 

Ejemplo 9.2

Evaluar

x→0l´ım

sen x 3x

tg(x)

.

Soluci´on.

En este caso tenemos

x→0l´ım

sen x 3x



= 1 3 · l´ım

x→0

sen x x



= 1 3 ,

(6)

mientras

x→0l´ım tg(x) = 0 , as´ı que

x→0l´ım

sen x 3x

tg(x)

=

1 3

0

= 1 . 

Ejemplo 9.3

Calcular

x→+∞l´ım

3x− 1 x + 2

ln x

.

Soluci´on.

Aqu´ı tenemos que

x→+∞l´ım

3x− 1 x + 2



= l´ım

x→+∞

3 1x 1 + 2x



= 3 , y como es sabido

x→+∞l´ım ln x = +∞ as´ı que, por la tabla 9.2:

x→+∞l´ım

3x− 1 x + 2

ln x

= +∞ . 

Ejemplo 9.4

Determinar el valor del l´ımite

x→0l´ım

1− x x + 2

cosec(x)

.

Soluci´on.

En cuanto al l´ımite de la base tenemos

x→0l´ım

1− x x + 2



= 1

2 < 1 , y en cuanto al exponente

x→0l´ım | cosec(x)| = l´ım

x→0

 1 sen(x)

 = +∞

(es +∞ debido al valor absoluto), por lo que

x→0l´ım

1− x x + 2

cosec(x)

= 0 . 

(7)

Ejemplo 9.5

Evaluar los l´ımites laterales

(a) l´ım

x→0+

x + 1 x + 3

1/x

, (b) l´ım

x→0

x + 1 x + 3

1/x

.

Soluci´on.

Tenemos que

x→0l´ım

x + 1 x + 3



= 1 3 < 1

tanto si x tiende a cero por la derecha, como por la izquerda. Ahora,

x→0l´ım+ 1

x = +∞ , l´ım

x→0

1

x = −∞

por tanto

x→0l´ım+

x + 1 x + 3

1/x

= 0 , pero l´ım

x→0

x + 1 x + 3

1/x

= +∞ . 

Ejemplo 9.6

Calcular

l´ımx→0

1 + 3x2x .

Soluci´on.

Advertimos que cuando x→ 0, la base tiende a 1, y el exponente tiende a cero, por lo que

l´ımx→0

1 + 3x2x

= 10 = 1 . 

9.3. La forma indeterminada 1

.

Llamamos forma 1 al l´ımite con la estructura

x→al´ım F (x)g(x) donde

x→al´ım F (x) = 1 , y

x→al´ım g(x) = +∞ , ´o l´ım

x→a g(x) = −∞

Ante tales situaciones es posible —por medio de manipulaciones algebraicas— obtener expresiones que involucran el n´umero e. A tal efecto, v´eanse los siguientes ejemplos.

(8)

Ejemplo 9.7

Calcular

n→∞l´ım

 1 + 3

n

n

.

Soluci´on.

En realidad, la estrategia que se acostumbra aplicar para este tipo de l´ımites se basa en una idea muy sencilla, que el estudiante comprender´a al ver c´omo pro- cedemos en ´este y los dem´as ejemplos que siguen.

Hacemos el cambio de variable p = 3/n, con lo cual:

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪

⎪⎩

p = 3 n n = 3 p

p → ∞ cuando n → ∞ Luego

n→∞l´ım

 1 + 3

n

n

= l´ım

n→∞

1 + p3/p

= l´ım

p→∞

1 + p1/p 3

[ propiedad de la potenciaci´on ] por lo tanto

n→∞l´ım

 1 + 3

n

n

= l´ım

p→∞

1 + p1/p 3

=



p→∞l´ım

1 + p1/p3

[ ver nota m´as abajo ]

= e3

debido a que, en virtud de(9.2), el l´ımite

p→∞l´ım

 1 + 1

p

p

es igual al n´umero e. 

Nota. El paso de introducir el l´ımite dentro de los corchetes se ampara en la propiedad del l´ımite de un producto. En efecto:

p→∞l´ım



1 + 1 p

p3

= l´ım

p→∞

 1 + 1

p

p

· l´ım

p→∞

 1 + 1

p

p

· l´ım

p→∞

 1 + 1

p

p

= e· e · e = e3 .

(9)

Por favor, est´udiese ahora el ejemplo siguiente:

Ejemplo 9.8

Calcular

n→∞l´ım

 1 + 1

n2

n

.

Soluci´on.

Ante todo, realicemos la siguiente descomposici´on:

n→∞l´ım

 1 + 1

n2

n

= l´ım

n→∞

 1 + 1

n2

n2· 1n

pues, n = n2· 1 n

= l´ım

n→∞



1 + 1 n2

n21/n

[ propiedad de la potenciaci´on ]

Ahora, es necesario analizar por separado el l´ımite de la base (la expresi´on entre las llaves), y el l´ımite del exponente:

n→∞l´ım



1 + 1 n2

n2 1/n

exponente

base

entonces, haciendo el cambio de variable p = 1/n2 se puede ver que (5):

( 1 ) l´ım

n→∞

 1 + 1

n2

n2

= l´ım

m→0

1 + p1p

= e ( 2 ) l´ım

n→∞

1 n = 0 y entonces

n→∞l´ım

 1 + 1

n2

n

= l´ım

n→∞



1 + 1 n2

n21/n

= e0 = 1 . 

Como usted se habr´a dado cuenta en los ejemplos anteriores, los l´ımites de la forma 1 son l´ımites de funciones con estructura de potencia en la forma:



1 + f (x)

g(x)

5o haciendo el cambio p = n2, con lo que se obtendr´ıa al final el mismo resultado.

(10)

donde el l´ımite de f (x) es cero, y el l´ımite del exponente es infinito. La t´ecnica de soluci´on, en todos los casos es ingeniarnos para poner 1/f (x) en el exponente, y aprovechar el hecho que

x→al´ım



1 + f (x)

f(x)1

= e

si el l´ımite de f (x) es cero. Pero para terminar de asimilar esto, veamos algunos ejemplos adicionales.

Ejemplo 9.9

Calcule el l´ımite

x→0l´ım



1 + 2x2− x1/x

.

Soluci´on.

Primero notemos que la base (1 + 2x2− x) tiene l´ımite 1, mientras que el exponente 1/x tiene l´ımite infinito, cuando x→ 0. Por lo tanto, el l´ımite tiene la forma 1. Como antes dijimos, la t´ecnica de soluci´on consiste en poner 1/(2x2− x) en el exponente, lo cual lo hacemos de la siguiente manera:

x→0l´ım



1 + 2x2− x1/x

= l´ım

x→0

 1 +

2x2− x1/x

= l´ım

x→0

1 +

2x2− x 1

2x2− x ·2x2− x x

= l´ım

x→0

⎧⎨

1 +

2x2− x 1 2x2− x

⎫⎬

2x2− x x

Ahora bien

( 1 ) l´ım

x→0

1 +

2x2− x 1

2x2− x = l´ım

p→0

1 + p1/p

= e [ cambio p = 2x2− x ] ( 2 ) l´ım

x→0

2x2− x

x = l´ım

x→0

2x− 1

= −1 por lo que

x→0l´ım

1 +

2x2− x 1/x

= e−1 . 

Ejemplo 9.10

Calcule

x→∞l´ım

 1 1

3x

2x

.

(11)

Soluci´on.

Este l´ımite tiene la estructura 1, pues 1−1/(3x) tiende a 1, y 2x tiende a infinito, cuando x→ ∞. Manipulamos para poner el inverso de −1/(3x), [o sea −3x], en el exponente de la potencia:

x→∞l´ım

 1 1

3x

2x

= l´ım

x→∞

 1 1

3x

(−3x) ·

2 3



= l´ım

x→∞



1 1 3x

−3x−2/3

= e−2/3 [ ver nota m´as abajo ]

= 1

e2/3 . 

Nota. Aclaramos c´omo es que aparece el n´umero e en el l´ımite anterior. Haciendo el cambio p =−1/(3x):

x→∞l´ım

 1 1

3x

−3x

= l´ım

p→0

1 + p)1/p = e .

Ejemplo 9.11

Evaluar

x→0l´ım

1 + sen x1/x

.

Soluci´on.

El l´ımite tiene la estructura 1, entonces hacemos l´ımx→0

1 + sen x1/x

= l´ım

x→0



1 + sen x

 1

sen x · sen x x

= l´ım

x→0

⎧⎪

⎪⎩



1 + sen x

 1sen x

⎫⎪

⎪⎭

sen(x) x



=

⎧⎪

⎪⎩l´ım

x→0



1 + sen x

 1sen x

⎫⎪

⎪⎭

x→0l´ım

sen(x) x



= e1 = e . 

(12)

9.4. ormula generalizada para formas 1

.

Como el alumno podr´a haberse dado cuenta, los l´ımites en los ejemplos anteriores se eval´uan siguiendo unos pasos m´as o menos similares y repetitivos. Por esta raz´on es posi- ble establecer una f´ormula general que permita llegar a los resultados m´as directamente, y sin tener que seguir tantos pasos intermedios.

En concreto, sup´ongase que tenemos un l´ımite con la estructura

x→(∗)l´ım f(x) g(x)

donde el l´ımite de la base es 1, y el l´ımite del exponente es ∞:

i) l´ım

x→(∗) f(x) = 1 ii) l´ım

x→(∗) g(x) = ∞

(hemos indicado de una forma general x→ (∗) para indicar que puede tratarse de x → a, x → +∞, x → −∞, x → a+, etc). Entonces, hagamos el siguiente acomodo:

x→(∗)l´ım f(x)g(x) = l´ım

x→(∗)

 1 +

f(x) − 1g(x)

= l´ım

x→(∗)

 1 +

f(x) − 1 1

f(x) − 1 · 

f(x) − 1

· g(x)

= l´ım

x→(∗)

⎧⎪

⎪⎩

 1 +

f(x) − 1 1 f(x) − 1

⎫⎪

⎪⎭

f(x) − 1

· g(x)

=

⎧⎪

⎪⎩ l´ım

x→(∗)

 1 +

f(x) − 1 1 f(x) − 1

⎫⎪

⎪⎭

x→(∗)l´ım

f(x) − 1

· g(x)

ahora haciendo el cambio u = f (x)− 1:

x→(∗)l´ım

 1 +

f(x) − 1 1

f(x) − 1 = l´ım

u→0

 1 + u

1/u

= e

(13)

por lo que:

x→(∗)l´ım f(x) g(x) =

⎧⎪

⎪⎩l´ım

x→(∗)

 1 +

f(x) − 1 1 f(x) − 1

⎫⎪

⎪⎭

x→(∗)l´ım

f(x) − 1

· g(x)

= e

x→(∗)l´ım

f(x) − 1

· g(x)

de este modo, llegamos a la f´ormula:

x→(∗)l´ım f(x) g(x) = exp



x→(∗)l´ım

f(x) − 1

· g(x) 

(9.3)

Vamos a repetir el ejemplo 9.11 utilizando esta ´ultima f´ormula (9.3), para ver como lleg- amos al resultado de una forma m´as r´apida.

Ejemplo 9.12

Calcular

x→0l´ım

1 + sen x1/x .

Soluci´on.

El l´ımite es del tipo 1, y tiene la estructura f(x)g(x), donde f(x) = 

1 + sen x

, g(x) = 1 x por lo tanto, siguiendo la f´ormula general(9.3):

x→0l´ım

1 + sen x1/x

= l´ım

x→0

f(x)g(x)

= exp



x→0l´ım

f(x) − 1

· g(x) 

= exp



x→0l´ım



(sen x)· 1 x



= exp



x→0l´ım

sen x x



= exp (1) = e . 

Ejemplo 9.13

Calcular

l´ımx→0

cos x1/x

.

Soluci´on.

El l´ımite es del tipo 1, y tiene la estructura:

f(x)g(x), donde f(x) = cos x, g(x) = 1 x

(14)

por lo tanto, siguiendo la f´ormula general(9.3)

x→0l´ım

cos x1/x

= l´ım

x→0

f(x)g(x)

= exp



x→0l´ım

f(x) − 1

· g(x) 

= exp



x→0l´ım

cos x− 1 x



[ l´ımite trigonom´etrico notable ]

= exp (0) = 1 . 

Ejemplo 9.14

Calcular

x→0l´ım

1 + sen xcotg x

.

Soluci´on.

El l´ımite es del tipo 1, y tiene la estructura

f(x)g(x), donde f(x) = 1 + sen x, g(x) = cotg x por lo tanto, siguiendo la f´ormula general(9.3):

x→0l´ım

1 + sen xcotg x

= l´ım

x→0

f(x)g(x)

= exp



x→0l´ım

f(x) − 1

· g(x) 

= exp



x→0l´ım

sen x· cos x sen x



= exp



x→0l´ım [ cos x ]



= exp (1) = e . 

El siguiente ejemplo es particularmente interesante.

Ejemplo 9.15

Determinar el valor del l´ımite

x→∞l´ım

x + 1 x + 2

x

.

Soluci´on.

Cuando x→ ∞, la base (x + 1)/(x + 2) tiene a 1, por lo tanto, el l´ımite es del tipo 1, con estructura

f(x)g(x), donde f(x) = x + 1

x + 2, g(x) = x

(15)

por lo que podemos aplicar la f´ormula (9.3):

x→∞l´ım

x + 1 x + 2

x

= l´ım

x→∞

f(x)g(x)

= exp



x→∞l´ım

f(x) − 1

· g(x) 

= exp



x→∞l´ım

 x + 1 x + 2 − 1



· x



= exp



x→∞l´ım

  −1 x + 2



· x



= exp



x→∞l´ım

 −x x + 2



= exp (−1) = 1 e . 

Rev´ısese el siguiente ejemplo, que involucra funciones trigonom´etricas.

Ejemplo 9.16

Evaluar el l´ımite

x→πl´ım

cos(x) + 21/ sen(x)

.

Soluci´on.

Aplicando la acostumbrada f´ormula, tenemos

x→πl´ım

cos(x) + 21/ sen(x)

= exp



x→πl´ım

 cos(x) + 2− 1

· 1 sen(x)



= exp



x→πl´ım

1 + cos(x) sen(x)



En este punto, y siguiendo los consejos de la secci´on 6, hacemos un cambio de variable del tipo

u = x − π x → π

x = u + π u → 0

(donde el secreto es escoger el cambio de manera que la nueva variable tienda a cero). As´ı

x→πl´ım (cos(x) + 2)1/ sen(x) = exp



u→0l´ım

1 + cos(u + π) sen(u + π)



ahora usamos el hecho de que

cos(u + π) =− cos(u), y sen(u + π) =− sen(u)

(16)

(para obtenerlo, desarrollar identidad trigonom´etrica y simplificar), entonces

x→πl´ım

cos(x) + 21/ sen(x)

= exp



u→0l´ım

1− cos(u)

− sen(u)



= exp



u→0l´ım (−1) · 1− cos u

u · u

sen u



l´ımites notables

= exp 

(−1) · (0) · (1)

= e0 = 1 . 

El siguiente l´ımite, se eval´ua con ayuda de una conveniente factorizaci´on.

Ejemplo 9.17

Evaluar

l´ımx→1

x2+ x− 11/(x−1) .

Soluci´on.

Advertimos la forma 1 del l´ımite, por lo que utilizamos la acostumbrada f´ormula:

x→1l´ım

x2+ x− 11/(x−1)

= exp



x→1l´ım

x2+ x− 1 − 1

· 1 x − 1



= exp



x→1l´ım

x2+ x− 2 x − 1



= exp



x→1l´ım

(x + 2)(x− 1) x − 1



= exp



x→1l´ım (x + 2)



= e3.

9.5. L´ımites de funciones logar´ıtmicas.

Presentemos ahora un hecho b´asico. Si el l´ımite

x→al´ım f(x) existe, y es positivo, entonces

x→al´ım ln f (x) = ln

x→al´ım f(x) .

(17)

Este resultado puede ser de utilidad en situaciones como las que se mostrar´an en los ejem- plos siguientes.

Ejemplo 9.18

Calcular

x→0l´ım ln

2x + 1 x + 2

 .

Soluci´on.

Como

x→0l´ım

2x + 1 x + 2 = 1

2 , se sigue que

x→0l´ım ln

2x + 1 x + 2



= ln

1 2



= − ln 2 . 

Ejemplo 9.19

Evaluar

x→0l´ım

ln(x + 1)

x .

Soluci´on.

Lo que debemos hacer es escribir primero

x→0l´ım

ln(x + 1)

x = l´ım

x→0

1

x ·ln(x + 1) = l´ım

x→0 ln

(x + 1)1/x ,

luego como

x→0l´ım (x + 1)1/x = e , tendremos

x→0l´ım

ln(x + 1)

x = ln e = 1 . 

Ejemplo 9.20

Determinar el valor de

x→1l´ım

ln(x + 1) − ln 2

x − 1 .

Soluci´on.

En primer lugar

x→1l´ım

ln(x + 1) − ln 2

x − 1 = l´ım

x→1

1 x − 1· ln

x + 1 2



= l´ım

x→1 ln

x + 1 2

1/(x−1)

pero la f´ormula (9.3) muestra que

x→1l´ım

x + 1 2

1/(x−1)

= exp



x→1l´ım 1 x − 1 ·

x + 1 2 − 1



= exp



x→1l´ım

x − 1 2(x− 1)



= e1/2 ,

(18)

entonces

l´ımx→1

ln(x + 1) − ln 2

x − 1 = ln e1/2 = 1 2 . 

Ejemplo 9.21

Evaluar

x→2l´ım ln

x2− 1

− ln 3 x − 2

Soluci´on.

Primero

x→2l´ım ln

x2− 1

− ln 3

x − 2 = l´ım

x→2

1 x − 2· ln

x2− 1 3



= l´ım

x→2 ln

x2− 1 3

1/(x−2)

La f´ormula (9.3) muestra que

x→2l´ım

x2− 1 3

1/(x−2)

= exp



x→2l´ım 1 x − 2·

x2− 1

3 − 1



= e4/3 , de modo que

x→2l´ım ln

x2− 1

− ln 3

x − 2 = ln e4/3 = 4 3 . 

9.6. Casos relacionados.

El l´ımite

l´ımx→0

ax− 1

x (9.4)

donde a es una constante positiva distinta de 1, es famoso dentro de este temario. Su valor es ln(a), e indicaremos a continuaci´on c´omo obtener ese resultado. En primer lugar, definamos la variable

t = ax − 1 con lo cual:

ax = t + 1 ln(ax) = ln(t + 1) x ln(a) = ln(t + 1) x = ln(t + 1)

ln(a)

(19)

y notamos que cuando x→ 0, tenemos que t → 0. Por lo tanto, al aplicar este cambio, y realizar algunas simplificaciones, obtendremos:

x→0l´ım

ax− 1

x = l´ım

t→0

t ln(t + 1)

ln(a)

= l´ım

t→0



ln(a)· t ln(t + 1)



= ln(a) · l´ım

t→0

1 ln(t + 1)

t ahora, por el ejemplo 9.13

l´ımt→0

ln(t + 1)

t = 1 ,

as´ı

x→0l´ım

ax− 1

x = ln(a) · 1 = ln(a) , lo que busc´abamos.

Este resultado sirve de ayuda para la evaluaci´on de otros l´ımites, como lo muestran los ejemplos subsiguientes.

Ejemplo 9.22

Calcular el valor del l´ımite

x→0l´ım

ebx− 1

x ,

donde b es una constante real.

Soluci´on.

Observamos que

x→0l´ım

ebx− 1

x = l´ım

x→0

ebx

− 1 x

por lo tanto, tenemos el l´ımite b´asico (9.4), con a = eb, por lo que el resultado es

x→0l´ım

ebx− 1

x = ln eb

= b . 

(20)

Ejemplo 9.23

Calcular el valor del l´ımite

x→pl´ım

ax− ap x − p , donde a es una constante positiva.

Soluci´on.

La clave es aplicar un cambio de variable del tipo m = x − p , x = m + p donde la variable m tienda a cero. As´ı

x→pl´ım

ax− ap

x − p = l´ım

m→0

am+p− ap u

= l´ım

m→0

ap

am− 1 m

= ap · l´ım

m→0

am− 1 m y en vista que, por (9.4)

m→0l´ım

am− 1

m = ln(a) , resulta

x→pl´ım

ax− ap

x − p = ap ln(a) . 

(21)

Ejercicio 9

1. Determinar el valor de los siguientes l´ımites (a y b representan constantes):

(a) l´ım

x→0

sen 3x sen x

x−2

(b) l´ım

x→1+



4 + 1

ln(x− 1)

x−1

(c) l´ım

x→π/2+

1 + sen x1/(2x−π)

(d) l´ım

x→π/2

1 + sen x1/(2x−π)

(e) l´ım

x→0

ln(x + 2)

x − 1 (f) l´ım

x→0



ln(3x + 1) − ln(x + 1/3)

(g) l´ım

x→0

cos x1/x2

(h) l´ım

x→0

cos x−1/x2

(i) l´ım

x→π/2

sen(x)1/ cos(x)

(j) l´ım

x→∞

x2+ 1 x2 − 1

x

(k) l´ım

x→∞

 x2+ 2x + 1 2x2 − 3x + 1

−1/(3x)

(l) l´ım

x→a

3x− 2a 2x− a

1/(x−a)

(m) l´ım

x→−∞

 2x + a 2x + a− 1

x

(n) l´ım

x→∞

x + a x + b

x−1

(˜n) l´ım

x→∞

3x + b + 1 3x− b

x+2

(o) l´ım

x→∞



1 + x

x2+ 3x

1−x

(p) l´ım

x→−∞



1 + x

x2− 1

x3/(x−2)

(q) l´ım

x→+∞



1 + x

x2− 1

x3/(2x2−4)

(r) l´ım

x→0

ln(1 + cos x) − ln 2

x (s) l´ım

x→3

ln(x2− 4) − ln 5 x − 3 2. Use el hecho

ln(x2) < 2

|x| ,

alido si 0 <|x| < 1, para probar por medio del teorema del encaje, que

x→0l´ım x2 ln(x2) = 0 .

Figure

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