CAPITULO III.LIMITES DEFUNCIONES

SECCIONES

A. Definicion de lımite y propiedades basicas.

B. Infinitesimos. Infinitesimos equivalentes.

C. Lımites infinitos. Asıntotas.

D. Ejercicios propuestos.

85

A. DEFINICION DE LIMITE Y PROPIEDADES BASICAS.

Un numero real L se dice lımite de una funcion y = f(x) en un punto x = csi los valores de la funcion se van acercando a L cuando x toma valores cadavez mas proximos a c. Simbolicamente se expresa por:

lımx→c

f(x) = L ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que |f(x)− L| < ε si 0 < |x− c| < δ.

Debemos tener en cuenta que no importa en este caso el comportamientode la funcion en el punto c; puede incluso no estar en el dominio. Lo quesı debe ocurrir es que todos los puntos proximos a c esten en el dominio ysus imagenes esten cada vez mas cerca de L.

Analogamente, se dice que una funcion f tiene lımite infinito en x = c, y seescribe como lım

x→cf(x) = ∞, cuando

∀M > 0, ∃δ > 0 tal que f(x) > M si 0 < |x− c| < δ.

Si unicamente interesa aproximarse a c por la derecha de el (es decir, paravalores mayores que c), se hablara de lımite lateral por la derecha, y analoga-mente de lımite lateral por la izquierda (para valores x < c). Las notacionesque se usaran son las de lım

x→c+f(x) y lım

x→c−f(x), respectivamente.

Un caso particular de lımites laterales son los lımites al infinito, es decir loscasos en que x = ±∞. Ası decimos que lım

x→∞f(x) = L, cuando

∀ε > 0, ∃k > 0 tal que |f(x)− L| < ε si x > k.

Los lımites conservan las operaciones basicas de funciones siempre que dichasoperaciones sean posibles en el punto donde se esta calculando el lımite.

PROBLEMA 3.1.

Calcular lımx→2

3(2x− 1)(x + 1)2.

Solucion

Basta sustituir el punto x = 2 en la funcion. Resulta que

lımx→2

3(2x− 1)(x + 1)2 = 3(4− 1)(3)2 = 81.

86

PROBLEMA 3.2.

Calcular lımx→−1

3(2x− 1)(x + 1)2

.

Solucion

Al intentar sustituir en la funcion el punto x = −1, se anula el denominador.Esto quiere decir que cuanto mas nos aproximamos a −1, mas grande es elcociente. Por eso el lımite es infinito (∞).

PROBLEMA 3.3.

Calcular lımx→−2

x2 + x− 2x2 − 4

.

Solucion

La situacion es parecida al problema anterior. Sin embargo el numeradortambien se anula en x = −2.

No podemos asegurar que el cociente se hace mas grande cuando x se acerca a−2. Pero si factorizamos numerador y denominador, podemos escribir

lımx→−2

x2 + x− 2x2 − 4

= lımx→−2

(x + 2)(x− 1)(x + 2)(x− 2)

= lımx→−2

x− 1x− 2

=−3−4

= 3/4.

PROBLEMA 3.4.

Calcular lımx→2

√x + 2−

√2x

x− 2.

87

Solucion

Tambien la situacion es similar pero antes de factorizar debemos eliminarlas raıces del numerador, es decir, debemos racionalizar. Nos queda:

L = lımx→2

(√

x + 2−√

2x)(√

x + 2 +√

2x)(x− 2)(

√x + 2 +

√2x)

= lımx→2

(x + 2)− 2x

(x− 2)(√

x + 2 +√

2x)

= lımx→2

−x + 2(x− 2)(

√x + 2 +

√2x)

=−1

2 + 2= −1/4.

PROBLEMA 3.5.

Resolver lımx→4

([x]− x).

Solucion

Como la funcion parte entera es escalonada, puede tomar diferentes valoresa la derecha y a la izquierda del punto x = 4. Debemos calcular los lımiteslaterales separadamente.

lımx→4−

([x]− x) = lımx→4−

(3− x) = 3− 4 = −1.

lımx→4+

([x]− x) = lımx→4+

(4− x) = 4− 4 = 0.

Al ser distintos los lımites laterales en x = 4, no existe el lımite de la funcionen el punto.

PROBLEMA 3.6.

Calcular lımx→2

x2 − 2x

x2 − 4x + 4.

Solucion

Como el numerador y denominador tienden a cero, debemos factorizar ambosy simplificar. Tenemos:

L = lımx→2

(x− 2)x(x− 2)(x− 2)

= lımx→2

x

x− 2= ∞.

88

PROBLEMA 3.7.

Calcular lımh→0

(x + h)3 − x3

h.

Solucion

Tambien en este caso se anulan el numerador y el denominador. Desarrolla-mos primero la potencia y luego simplificamos:

L = lımh→0

(x3 + 3x2h + 3xh2 + h3)− x3

h= lım

h→0

h(3x2 + 3xh + h2)h

= lımh→0

(3x2 + 3xh + h2) = 3x2.

PROBLEMA 3.8.

Calcular lımx→1

x− (n + 1)xn+1 + nxn+2

(1− x)2.

Solucion

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:

L = lımx→1

(x− 1)2[nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + · · ·+ x](1− x)2

= lımx→1

[nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + · · ·+ x]

= n + (n− 1) + · · ·+ 2 + 1 =n(n + 1)

2.

PROBLEMA 3.9.

Calcular lımx→3

√x2 − 2x + 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x + 3.

89

Solucion

En primer lugar debemos racionalizar el numerador multiplicando y divi-diendo la expresion por el conjugado de dicho numerador para despues fac-torizar y simplificar la expresion. Resulta:

L = lımx→3

(√

x2 − 2x + 6−√

x2 + 2x− 6)(√

x2 − 2x + 6 +√

x2 + 2x− 6)(x2 − 4x + 3)(

√x2 − 2x + 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

(x2 − 2x + 6)− (x2 + 2x− 6)(x2 − 4x + 3)(

√x2 − 2x + 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4(x− 3)(x− 3)(x− 1)(

√x2 − 2x + 6 +

√x2 + 2x− 6)

= lımx→3

−4(x− 1)(

√x2 − 2x + 6 +

√x2 + 2x− 6)

=−4

2(3 + 3)=−13

.

PROBLEMA 3.10.

Calcular lımx→1

3√

x2 − 2 3√

x + 1x− 1

.

Solucion

El numerador es un cuadrado perfecto y para racionalizarlo utilizamos laformula a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab + b2) donde en este caso a = 3

√x y b = 1.

Resulta:

L = lımx→1

( 3√

x− 1)2

x− 1= lım

x→1

( 3√

x− 1)2( 3√

x2 + 3√

x + 1)2

(x− 1)( 3√

x2 + 3√

x + 1)2

= lımx→1

(x− 1)2

(x− 1)( 3√

x2 + 3√

x + 1)2= lım

x→1

x− 1( 3√

x2 + 3√

x + 1)2= 0.

PROBLEMA 3.11.

Calcular lımx→1

3√

x− 14√

x− 1.

90

Solucion

En este caso racionalizamos el numerador y el denominador utilizando laformula general ap − bp = (a − b)(ap−1 + ap−2b + · · · + abp−2 + bp−1) conp = 3 para el numerador y p = 4 para el denominador. El proceso es el quese indica a continuacion:

L = lımx→1

( 3√

x− 1)( 3√

x2 + 3√

x + 1)( 4√

x3 + 4√

x2 + 4√

x + 1)

( 4√

x− 1)( 4√

x3 + 4√

x2 + 4√

x + 1)( 3√

x2 + 3√

x + 1)

= lımx→1

(x− 1)( 4√

x3 + 4√

x2 + 4√

x + 1)

(x− 1)( 3√

x2 + 3√

x + 1)=

43.

PROBLEMA 3.12.

Calcular lımx→c

p√

x− p√

c

x− c.

Solucion

Si aplicamos la formula ap − bp = (a− b)(ap−1 + ap−2b + · · ·+ abp−2 + bp−1)con a = p

√x y b = p

√c, tenemos:

L = lımx→c

x− c

(x− c)( p√

xp−1 + p√

xp−2 p√

c + · · ·+ p√

x p√

cp−2 + p√

cp−1)

= lımx→c

1p√

xp−1 + · · ·+ p√

cp−1=

1p p√

cp−1.

B. INFINITESIMOS. INFINITESIMOS EQUIVALENTES.

Una funcion cuyo lımite es cero cuando la variable independiente x tiendea un valor c recibe el nombre de infinitesimo en x = c. Se dice que un

infinitesimo tiene orden n cuando existe y es no nulo el lımite lımx→c

f(x)(x− c)n

.

91

Dos infinitesimos f(x) y g(x) en x = c son equivalentes cuando su cociente

tiene lımite uno al tender x a c, es decir cuando lımx→c

f(x)g(x)

= 1.

Un metodo comun para calcular lımites consiste en sustituir infinitesimos porotros equivalentes de modo que el calculo resulte mas sencillo. A continuaciondamos una lista de las equivalencias mas comunes entre infinitesimos:

sen f(x) ∼ f(x), cuando f(x) → 0;1− cos f(x) ∼ [f(x)]2/2, cuando f(x) → 0;

tg f(x) ∼ f(x), cuando f(x) → 0;af(x) − 1 ∼ f(x) ln a, cuando f(x) → 0;

(en particular ef(x) − 1 ∼ f(x))ln(1 + f(x)) ∼ f(x), cuando f(x) → 0

(de otra forma ln f(x) ∼ f(x)− 1, cuando f(x) → 1).

Has de tener en cuenta que estas formulas solo se pueden aplicar cuandolos infinitesimos aparezcan como factor en la funcion cuyo lımite se quierecalcular. En otras palabras, la siguiente propiedad es valida: Si f y g soninfinitesimos equivalentes en x = c y h es cualquier funcion que tiene lımitefinito c, entonces f · h es un infinitesimo equivalente a g · h.

PROBLEMA 3.13.

Sabiendo que senx ∼ x cuando x → 0, probar que tg x ∼ x y que1− cos x ∼ x2/2.

Solucion

Basta calcular el lımite del cociente:

lımx→0

tg x

x= lım

x→0

senx

x· lım

x→0

1cos x

= 1.

Por otra parte,

L = lımx→0

1− cos x

x2/2= lım

x→0

(1− cos x)(1 + cos x)(1 + cos x) · x2/2

= lımx→0

sen2 x

(1 + cos x) · x2/2

= lımx→0

sen2 x

x2· lım

x→0

21 + cos x

= 1 · 1 = 1.

92

PROBLEMA 3.14.

Resolver lımx→0

1− cos x

x.

Solucion

Analogamente al problema anterior, tenemos:

L = lımx→0

1− cos x

x= lım

x→0

(1− cos x)(1 + cos x)x(1 + cos x)

= lımx→0

sen2 x

x(1 + cos x)

= lımx→0

senx

x· lım

x→0

senx

1 + cos x= 1 · 0 = 0.

PROBLEMA 3.15.

Resolver lımx→0

x− sen 3x

sen 5x.

Solucion

Separamos la expresion en dos fracciones y utilizamos las equivalenciassen 3x ∼ 3x y sen 5x ∼ 5x:

L = lımx→0

x− sen 3x

sen 5x= lım

x→0

x

sen 5x− lım

x→0

sen 3x

sen 5x

= lımx→0

x

5x− lım

x→0

3x

5x= 1/5− 3/5 = −2/5.

PROBLEMA 3.16.

Resolver lımx→0

x senx

x + senx.

Solucion

Dividimos numerador y denominador por x y aplicamos la equivalenciasenx ∼ x:

L = lımx→0

x sen xx

x+sen xx

= lımx→0

senx

1 + sen xx

=02

= 0.

93

PROBLEMA 3.17.

Calcular lımx→a

senx− sen a

x− a.

Solucion

Aplicamos la formula senx− sen a = 2 senx− a

2cos

x + a

2y tenemos:

L = lımx→a

2 sen x−a2 cos x+a

2

x− a= lım

x→a

sen x−a2

x−a2

· cosx + a

2= 1 · cos

2a

2= cos a.

PROBLEMA 3.18.

Calcular lımx→a

cos x− cos a

x− a.

Solucion

Aplicamos en este caso la formula cos x− cos a = −2 senx− a

2sen

x + a

2,

con lo que:

L = lımx→a

−2 sen x−a2 sen x+a

2

x− a= lım

x→a

− sen x−a2

x−a2

· sen x + a

2= − sen a.

PROBLEMA 3.19.

Calcular lımx→0

x− sen 2x

x + sen 3x.

Solucion

En primer lugar sacamos factor comun 2x en el numerador y 3x en el de-nominador y despues aplicamos las equivalencias sen 2x ∼ 2x y sen 3x ∼3x:

L = lımx→0

2x(

12 −

sen 2x2x

)3x(

13 + sen 3x

3x

) =23

lımx→0

12 −

sen 2x2x

13 + sen 3x

3x

=23·

12 − 113 + 1

=−14

.

94

PROBLEMA 3.20.

Calcular lımx→0

√1 + senx−

√1− senx

x.

Solucion

Si racionalizamos el numerador y tenemos en cuenta que sen x ∼ x, obtene-mos:

L = lımx→0

(√

1 + senx−√

1− senx)(√

1 + senx +√

1− senx)x(√

1 + senx +√

1− senx)

= lımx→0

1 + senx− 1 + senx

x(√

1 + senx +√

1− senx)

= 2 lımx→0

senx

x· 1√

1 + senx +√

1− senx= 2 · 1 · 1/2 = 1.

PROBLEMA 3.21.

Calcular lımx→0

ax − bx

cx − dx.

Solucion

Teniendo en cuenta la equivalencia de los infinitesimos x y ex − 1 cuandox → 0, resulta:

L = lımx→0

ex ln a − ex ln b

ex ln c − ex ln d= lım

x→0

ex ln a(1− ex ln b−x ln a

)ex ln c (1− ex ln d−x ln c)

= lımx→0

ex ln a(x ln b− x ln a)ex ln c(x ln d− x ln c)

= lımx→0

ex ln ax ln(b/a)ex ln cx ln(d/c)

=ln(b/a)ln(d/c)

.

PROBLEMA 3.22.

Calcular lımx→0

ex − esen x

x− senx.

95

Solucion

En primer lugar sacamos ex factor comun en el numerador:

L = lımx→0

ex (1− esen x−x)x− senx

.

Como senx − x → 0, podemos aplicar la equivalencia de los infinitesi-mos

1− esen x−x ∼ −(senx− x). Tenemos ası:

L = lımx→0

ex(x− senx)x− senx

= lımx→0

ex = 1.

PROBLEMA 3.23.

Calcular lımy→0

ey + sen y − 1ln(1 + y)

.

Solucion

Descomponemos en primer lugar la expresion en dos sumandos:

L = lımy→0

(ey − 1

ln(1 + y)+

sen y

ln(1 + y)

)= lım

y→0

ey − 1ln(1 + y)

+ lımy→0

sen y

ln(1 + y).

Debido a la equivalencia de los infinitesimos ey − 1 ∼ ln(1 + y) ∼ sen y,resulta que L = 1 + 1 = 2.

C. LIMITES INFINITOS. ASINTOTAS.

Anteriormente aparecieron lımites de la forma 0/0, los cuales forman un ca-so particular de los llamados lımites indeterminados, pues su resultado nose puede obtener en forma directa. Otros casos de indeterminacion en los

96

lımites se presentan al considerar valores infinitos. Estos casos de indeter-minacion son ∞−∞, 0 ·∞, ∞/∞, 00, ∞0, 1∞ y para resolverlos se puedenseguir las siguientes reglas (que completaremos en el capıtulo 6 con otrastecnicas):

(a) Si la funcion es algebraica (solo aparecen operaciones algebraicas yno trigonometricas) y el lımite tiene la forma ∞/∞, se comparan losgrados del numerador y denominador.

a.1- Si el grado del numerador es mayor que el del denominador, elresultado del lımite es ∞.

a.2- Si el grado del denominador es mayor que el del numerador, elresultado es cero.

a.3- Si ambos tienen el mismo grado, el resultado es el cociente de loscoeficientes de los terminos de mayor grado.

En resumen, en el caso ∞/∞ los terminos que intervienen en el lımiteson los de mayor grado; el resto se puede desechar.

(b) Para las otras formas de indeterminacion, es posible transformarlas enalguna de las conocidas y utilizar las tecnicas expuestas para ellas. Porejemplo, en las indeterminaciones con exponenciales (en particular dela forma 1∞) se puede utilizar la formula f(x)g(x) = eg(x) ln f(x), y elexponente presenta ahora una indeterminacion del tipo 0 · ∞.

Como aplicacion de los lımites infinitos se pueden definir las asıntotas:

La recta x = h es asıntota vertical de la funcion y = f(x) cuando lımx→h

f(x) =

∞ o lımx→h

f(x) = −∞ (basta algun lımite lateral).

La recta y = k es asıntota horizontal de la funcion y = f(x) cuandolım

x→∞f(x) = k o bien lım

x→−∞f(x) = k.

La recta y = mx + b es asıntota oblicua de la funcion y = f(x) cuandoexisten los lımites que definen las constantes m y b ası:

m = lımx→∞

f(x)x

, b = lımx→∞

[f(x)−mx];

o bien

m = lımx→−∞

f(x)x

, b = lımx→−∞

[f(x)−mx],

y m 6= 0 en ambos casos.

97

PROBLEMA 3.24.

Calcular lımx→∞

(2x− 3)(3x + 5)(4x− 6)3x3 + x− 1

.

Solucion

Comparamos los grados del numerador y denominador y tenemos:

L = lımx→∞

24x3 + . . .

3x3 + . . .=

243

= 8.

PROBLEMA 3.25.

Calcular lımx→3

[1

x− 3− 5

x2 − x− 6

].

Solucion

Haciendo denominador comun tenemos:

L = lımx→3

[1

x− 3− 5

(x− 3)(x + 2)

]= lım

x→3

x + 2− 5(x− 3)(x + 2)

= lımx→3

1x + 2

=15.

PROBLEMA 3.26.

Calcular lımx→1

(1

1− x− 3

1− x3

).

Solucion

Teniendo en cuenta que 1− x3 = (1− x)(1 + x + x2), hacemos denominadorcomun y resulta:

L = lımx→1

1 + x + x2 − 31− x3

= lımx→1

(x− 1)(x + 2)(1− x)(1 + x + x2)

=−33

= −1.

98

PROBLEMA 3.27.

Calcular lımx→∞

x3√

x3 + 10.

Solucion

Dividimos numerador y denominador por x. Ası:

L = lımx→∞

x/x3√

x3 + 10/x= lım

x→∞

13√

1 + 10/x3= 1.

Este resultado se puede obtener directamente sabiendo que se trata de unaindeterminacion del tipo ∞/∞ donde el numerador y denominador tienenel mismo grado, siendo uno los coeficientes de los terminos de mayor grado.

PROBLEMA 3.28.

Calcular lımx→∞

(√

x2 + 4x−√

x2 − 4x).

Solucion

Tenemos una indeterminacion del tipo ∞−∞. Multiplicando y dividiendopor el conjugado resulta:

L = lımx→∞

(√

x2 + 4x−√

x2 − 4x)(√

x2 + 4x +√

x2 − 4x)√x2 + 4x +

√x2 − 4x

= lımx→∞

x2 + 4x− (x2 − 4x)√x2 + 4x +

√x2 − 4x

= lımx→∞

8x/x

(√

x2 + 4x +√

x2 − 4x)/x

= lımx→∞

8√1 + 4x/x2 +

√1− 4x/x2

=82

= 4.

PROBLEMA 3.29.

Calcular lımn→∞

(√

n2 + an + b−√

n2 + cn + d).

99

Solucion

Procediendo analogamente al problema anterior tenemos:

L = lımn→∞

(√

n2 + an + b−√

n2 + cn + d)(√

n2 + an + b +√

n2 + cn + d)√n2 + an + b +

√n2 + cn + d

= lımn→∞

(n2 + an + b)− (n2 + cn + d)√n2 + an + b +

√n2 + cn + d

= lımn→∞

(a− c)n + (b− d)√n2 + an + b +

√n2 + cn + d

= lımn→∞

(a− c) + (b−d)n√

1 + a/n + b/n2 +√

1 + c/n + d/n2=

a− c

1 + 1=

a− c

2.

PROBLEMA 3.30.

Calcular lımx→∞

√3x + 1− 3

√x2

4√

x2 + 1.

Solucion

Si dividimos numerador y denominador por√

x se obtiene:

L = lımx→∞

√3x + 1/

√x− 3

√x2/

√x

4√

x2 + 1/√

x= lım

x→∞

√3 + 1/x− 3

√x2/x3/2

4√

1 + 1/x2= −∞.

Bastaba tambien en este caso comparar los grados del numerador y deno-minador para obtener el resultado.

PROBLEMA 3.31.

Calcular lımx→∞

( 3√

x3 + ax2 − 3√

x3 − ax2).

Solucion

Si multiplicamos el numerador y denominador por el factor

3√

(x3 + ax2)2 + 3√

(x3 + ax2)(x3 − ax2) + 3√

(x3 − ax2)2,

100

tenemos

L = lımx→∞

(x3 + ax2)− (x3 − ax2)3√

(x3 + ax2)2 + 3√

(x3 + ax2)(x3 − ax2) + 3√

(x3 − ax2)2

= lımx→∞

2ax2

3√

(x3 + ax2)2 + 3√

(x3 + ax2)(x3 − ax2) + 3√

(x3 − ax2)2

= lımx→∞

2a3√

(1 + a/x)2 + 3√

(1 + a/x)(1− a/x) + 3√

(1− a/x)2=

2a

3.

PROBLEMA 3.32.

Calcular lımx→∞

3√

x + 1− 3√

x√x + 1−

√x.

Solucion

Multiplicamos numerador y denominador por los conjugados de ambos paraeliminar las raıces. Ası tenemos:

L = lımx→∞

( 3√

x + 1− 3√

x)( 3√

(x + 1)2 + 3√

x(x + 1) + 3√

x2)(√

x + 1 +√

x)

(√

x + 1−√

x)(√

x + 1 +√

x)( 3√

(x + 1)2 + 3√

x(x + 1) + 3√

x2)

= lımx→∞

√x + 1 +

√x

3√

(x + 1)2 + 3√

x(x + 1) + 3√

x2.

Tenemos una indeterminacion del tipo ∞/∞, donde el grado del numeradores 1/2 y el grado del denominador es 2/3. Como este es mayor, el lımite escero.

PROBLEMA 3.33.

Calcular lımx→∞

(3√

x3 + 2x2 −√

x2 − 1).

Solucion

Si escribimos L = lımx→∞

(6√

(x3 + 2x2)2 − 6√

(x2 − 1)3)

y aplicamos la formu-la

a6 − b6 = (a− b)(a5 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 + b5),

101

con a = 6√

(x3 + 2x2)2 y b = 6√

(x2 − 1)3, tenemos que

L = lımx→∞

(x3 + 2x2)2 − (x2 − 1)3

(a5 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 + b5)

= lımx→∞

x6 + 4x4 + 4x5 − (x6 − 3x4 + 3x2 − 1)(. . . )

.

Como el denominador toma la forma

a5 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 + b5 = 6√

(x3 + 2x2)10 + 6√

(x3 + 2x2)8(x2 − 1)3

+ 6√

(x3 + 2x2)6(x2 − 1)6 + 6√

(x3 + 2x2)4(x2 − 1)9 + 6√

(x3 + 2x2)2(x2 − 1)12

+ 6√

(x2 − 1)15 = 6√

x30 + . . .+ (6). . . + 6√

x30 + . . .,

resulta

L = lımx→∞

4x5 + 7x4 + . . .6√

x30 + . . .+ (6). . . + 6√

x30 + . . .=

46

=23.

PROBLEMA 3.34.

Calcular lımx→0

x sen1[x]

.

Solucion

Como el intervalo [0, 1) no esta en el dominio de la funcion, no existe

lımx→0+

x sen1[x]

.

Por otra parte, si x → 0−, [x] = −1 y lımx→0−

x sen1[x]

= lımx→0−

x sen(−1) = 0.

PROBLEMA 3.35.

Calcular lımx→1

(1− x) tgπx

2.

102

Solucion

Si hacemos el cambio de variable z = x − 1 y utilizamos la equivalencia delos infinitesimos tg z y z, cuando z → 0, obtenemos:

L = lımz→0

−z tgπ(z + 1)

2= lım

z→0−z tg

(πz

2+

π

2

)= lım

z→0z cotg

πz

2= lım

z→0

z

tg πz2

= lımz→0

z

πz/2=

2π

.

PROBLEMA 3.36.

Calcular lımx→∞

tg πx+12x

4√

x4 + 2.

Solucion

De la identidad tgπx + 1

2x= tg

(π

2+

12x

)= − cotg

12x

= − 1tg(1/2x)

y de

la equivalencia entre infinitesimos tg12x

∼ 12x

, pues 1/2x → 0, podemosescribir:

L = lımx→∞

−112x

4√

x4 + 2= lım

x→∞

−2x4√

x4 + 2= −2,

pues los grados del numerador y denominador coinciden.

PROBLEMA 3.37.

Calcular lımx→∞

ln 5√

x3 − 2x + 7lnx2

.

Solucion

Debido a las propiedades de los logaritmos, tenemos:

L = lımx→∞

(1/5) ln(x3 − 2x + 7)2 ln x

=110

lımx→∞

lnx3(1− 2/x2 + 7/x3)lnx

=110

lımx→∞

(3lnx

lnx+

ln(1− 2/x2 + 7/x3)lnx

)=

110

(3 + 0) =310

.

103

PROBLEMA 3.38.

Calcular lımx→∞

x[ln(x + 1)− lnx].

Solucion

Como 1/x → 0, resulta que ln(1 + 1/x) ∼ 1/x con lo que:

L = lımx→∞

x lnx + 1

x= lım

x→∞x ln

(1 +

1x

)= lım

x→∞x · 1

x= 1.

PROBLEMA 3.39.

Calcular lımx→0

1x

ln

√1 + x

1− x.

Solucion

Cuando x → 0,2x

1− x→ 0 por lo que ln

(1 +

2x

1− x

)∼ 2x

1− x. Enton-

ces:

L = lımx→0

1x· 12

ln1 + x

1− x= lım

x→0

12x

ln(

1 +2x

1− x

)= lım

x→0

12x· 2x

1− x= lım

x→0

11− x

= 1.

PROBLEMA 3.40.

Calcular lımx→∞

x(

x√

2− 1).

104

Solucion

Debido a la equivalencia 21/x − 1 ∼ (ln 2) · 1/x, tenemos:

L = lımx→∞

x(21/x − 1

)= lım

x→∞x · 1

x· ln 2 = ln 2.

PROBLEMA 3.41.

Calcular lımx→0

(√1 + x√1 + x

) 1ln(1+x)

.

Solucion

Como la base es siempre uno, el lımite de la exponencial es

L = lımx→0

1f(x) = 1.

Observacion. No hay en este caso ninguna indeterminacion porque la fun-cion es constante.

PROBLEMA 3.42.

Calcular lımn→∞

(n + 1n− 1

)n

.

Solucion

Se trata de una indeterminacion del tipo 1∞. Llamando L al lımite y to-mando logaritmos, tenemos:

lnL = lımn→∞

n lnn + 1n− 1

.

Comon + 1n− 1

→ 1, tenemos la equivalencia ln(

n + 1n− 1

)∼(

n + 1n− 1

− 1)

, con

lo que resulta:

lnL = lımn→∞

n

(n + 1n− 1

− 1)

= lımn→∞

n · 2n− 1

= 2.

105

En definitiva, L = e2.

PROBLEMA 3.43.

Calcular lımx→0

(1 + senx)1/x.

Solucion

De nuevo la indeterminacion es de la forma 1∞ y aplicamos el mismo pro-cedimiento del problema anterior. Ası:

lnL = lımx→0

1x

ln(1 + sen x) = lımx→0

1x

(1 + senx− 1) = lımx→0

senx

x= 1,

de donde L = e.

PROBLEMA 3.44.

Calcular lımx→0

(cos ax)1/x2.

Solucion

Al igual que los problemas anteriores podemos escribir ln L = lımx→0

(1/x2) ln cos ax.Aplicando ahora las equivalencias entre infinitesimos ln cos ax ∼ cos ax−1 ∼−a2x2/2, resulta:

lnL = lımx→0

1x2

(cos ax− 1) = lımx→0

1x2

(−a2x2

2

)= −a2/2.

En definitiva, L = e−a2/2.

PROBLEMA 3.45.

Calcular lımx→0

[tg(x +

π

4

)] 1sen x

.

106

Solucion

Tenemos de nuevo una indeterminacion del tipo 1∞ y aplicamos las siguien-tes equivalencias: ln tg

(x +

π

4

)∼ tg

(x +

π

4

)− 1, senx ∼ tg x ∼ x:

lnL = lımx→0

1senx

ln tg(x +

π

4

)= lım

x→0

1senx

[tg(x +

π

4

)− 1]

= lımx→0

1senx

[tg x + 11− tg x

− 1]

= lımx→0

1senx

· tg x + 1− 1 + tg x

1− tg x

= lımx→0

2 tg x

senx(1− tg x)= lım

x→0

2x

x(1− tg x)= 2.

Entonces L = e2.

PROBLEMA 3.46.

Calcular lımx→0

(x− 2

x2 + x− 2

)1+cotg2 x

.

Solucion

Como tenemos una indeterminacion 1∞, aplicamos las equivalencias

lnx− 2

x2 + x− 2∼ x− 2

x2 + x− 2− 1 y posteriormente sen2 x ∼ x2:

lnL = lımx→0

(1 + cotg2 x) lnx− 2

x2 + x− 2= lım

x→0(1 + cotg2 x)

(x− 2

x2 + x− 2− 1)

= lımx→0

(1 +

cos2 x

sen2 x

)(−x2

x2 + x− 2

)= lım

x→0

1sen2 x

(−x2

x2 + x− 2

)= lım

x→0

1x2

(−x2

x2 + x− 2

)= lım

x→0

−1x2 + x− 2

= 1/2.

Resulta entonces que L = e1/2 =√

e.

PROBLEMA 3.47.

Calcular lımx→0

(sen2 π

2− ax

)sec2 π2−bx

.

107

Solucion

Tenemos una indeterminacion 1∞ y procedemos de forma similar a los pro-blemas anteriores:

lnL = lımx→0

sec2 π

2− bxln sen2 π

2− ax

= lımx→0

sec2 π

2− bx

(sen2 π

2− ax− 1)

= lımx→0

− cos2 π2−ax

cos2 π2−bx

.

Ahora bien, si escribimos cos2π

2− ax= cos2

(π

2+

πax

2(2− ax)

)= sen2 πax

2(2− ax)

y usamos las equivalencias senπax

2(2− ax)∼ πax

2(2− ax), sen

πbx

2(2− bx)∼ πbx

2(2− bx),

obtenemos:

lnL = lımx→0

− cos2 π2−ax

cos2 π2−bx

= lımx→0

−(

πax2(2−ax)

)2

(πbx

2(2−bx)

)2

= lımx→0

−(πax)24(2− bx)2

(πbx)24(2− ax)2= lım

x→0

−a2(2− bx)2

b2(2− ax)2=−4a2

4b2=−a2

b2.

En definitiva, L = e−a2/b2 .

PROBLEMA 3.48.

Calcular lımx→1

[cos(x− 1) + a sen(x− 1)]1/ ln x.

Solucion

Hacemos el cambio de variable z = x−1. De este modo z → 0 y ln(1+z) ∼ z,con lo que tenemos:

lnL = lımz→0

1ln(1 + z)

ln(cos z + a sen z) = lımz→0

1ln(1 + z)

(cos z + a sen z − 1)

= lımz→0

cos z + a sen z − 1z

= lımz→0

(cos z − 1

z+

a sen z

z

)= 0 + a = a,

con lo que L = ea.

108

PROBLEMA 3.49.

Calcular lımn→∞

(n√

a + n√

b

2

)n

.

Solucion

Tenemos nuevamente la indeterminacion 1∞ y utilizamos las equivalen-ciasn√

a− 1 ∼ (1/n) ln a y n√

b− 1 ∼ (1/n) ln b. Tenemos entonces:

lnL = lımn→∞

n

(n√

a + n√

b

2− 1

)

= lımn→∞

n

(n√

a− 12

+n√

b− 12

)= lım

n→∞n

n√

a− 12

+ lımn→∞

nn√

b− 12

= lımn→∞

n

2· 1n

ln a + lımn→∞

n

2· 1n

ln b =ln ab

2= ln

√ab.

En definitiva, L =√

ab.

PROBLEMA 3.50.

Calcular lımn→∞

[21/n + 31/n + 41/n

3

]n

.

Solucion

De forma analoga al problema anterior tenemos:

lnL = lımn→∞

n ·

[21/n + 31/n + 41/n

3− 1

]

=13

lımn→∞

[21/n − 1

1/n+

31/n − 11/n

+41/n − 1

1/n

]

=13

lımn→∞

[(1/n) ln 2

1/n+

(1/n) ln 31/n

+(1/n) ln 4

1/n

]=

13

[ln 2 + ln 3 + ln 4] .

109

Entonces L = e(1/3) ln(2·3·4) = 3√

24.

PROBLEMA 3.51.

Calcular lımx→∞

(a

1/x1 + a

1/x2 + · · ·+ a

1/xn

n

)nx

.

Solucion

En este caso, como la indeterminacion es tambien de la forma 1∞, el proce-dimiento es analogo al realizado en los dos problemas anteriores:

lnL = lımx→∞

nx

(a

1/x1 + · · ·+ a

1/xn

n− 1

)= lım

x→∞nx · a

1/x1 + · · ·+ a

1/xn − n

n

= lımx→∞

x((a1/x

1 − 1) + · · ·+ (a1/xn − 1)

)= lım

x→∞x(a1/x

1 − 1) + · · ·+ lımx→∞

x(a1/xn − 1)

= lımx→∞

x · 1x

ln a1 + · · ·+ lımx→∞

x · 1x

ln an = ln a1 + · · ·+ ln an.

Resulta entonces que L = a1 · · · · · an.

PROBLEMA 3.52.

Encontrar las asıntotas de la funcion f(x) =x2 − 1x− 1

.

Solucion

(a) Las asıntotas verticales solo se pueden encontrar para valores de x dondeel lımite sea infinito. En este caso puede ser en x = 1 pues anula el denomi-

nador. Pero como lımx→1

f(x) = lımx→1

(x− 1)(x + 1)x− 1

= lımx→1

(x + 1) = 2, no hay

asıntotas verticales.

(b) Para ver si hay asıntotas horizontales, debemos calcular:

110

lımx→∞

f(x) = lımx→∞

x2 − 1x− 1

= ∞ (pues el grado del numerador es mayor que el

grado del denominador).

lımx→−∞

f(x) = lımx→−∞

x2 − 1x− 1

= −∞ (por la misma razon que antes. Ademas el

numerador es positivo y el denominador negativo para valores de x proximosa −∞).

Esto quiere decir que no hay asıntotas horizontales.

(c) Para comprobar la existencia de asıntotas oblicuas calcularemos los si-guientes lımites:

m = lımx→∞

f(x)x

= lımx→∞

x2 − 1x(x− 1)

= 1,

pues el grado del numerador es igual al del denominador y son uno loscoeficientes de x2 en ambos terminos.

b = lımx→∞

[f(x)−mx] = lımx→∞

x2 − 1x− 1

− x = lımx→∞

x2 − 1− x2 + x

x− 1= 1.

La asıntota oblicua es la recta y = x + 1.

Analogamente se obtiene para −∞:

m = lımx→−∞

f(x)x

= lımx→−∞

x2 − 1x(x− 1)

= 1,

pues nuevamente el grado del numerador es igual al del denominador y sonuno los coeficientes de x2 en ambos terminos.

b = lımx→−∞

[f(x)−mx] = lımx→−∞

x2 − 1x− 1

− x = lımx→−∞

x2 − 1− x2 + x

x− 1= 1.

La recta y = x + 1 tambien es asıntota oblicua para −∞.

PROBLEMA 3.53.

Comprobar que no existen los siguientes lımites:

lımx→∞

senx, lımx→∞

cos x, lımx→∞

tg x.

Solucion

Si existiera L = lımx→∞

senx, deberıa ser |L| ≤ 1, porque | senx| ≤ 1. Ademas,por definicion,

∀ε > 0, ∃M > 0 tal que x > M =⇒ L− ε < senx < L + ε.

111

Ahora bien, es evidente que existen infinitos valores de x, de las formaskπ, π/2 + 2kπ, 3π/2 + 2kπ, cuyo valor absoluto es mayor que M , y para loscuales la funcion senx 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 lomenos dos de tales valores, la funcion alcanzarıa valores no contenidos en elentorno prefijado. Esto prueba que L no puede ser el lımite.

El mismo razonamiento sirve para probar que no existen lımx→∞

cos x y lımx→∞

tg x.

PROBLEMA 3.54.

Demostrar que no existen los lımites siguientes:

a) lımx→∞

x senx.

b) lımx→∞

x cos x.

c) lımx→∞

x tg x.

d) lımx→0

e1/ sen x.

Solucion

a) Veamos en primer lugar que el lımite no puede ser infinito:

En efecto, por definicion, si lımx→∞

x senx = ∞, dado cualquier numeropositivo M , debe existir k > 0 tal que x senx > M , para todo x > k.Sin embargo, siempre es posible encontrar valores de x superiores a k,para los cuales senx, y por consiguiente, x senx, es nulo, es decir, paralos cuales x senx ≤ M .

A continuacion mostraremos que dicho lımite no puede ser un numerofinito:

Si fuese lımx→∞

x senx = L, a cada ε > 0 le corresponderıa un k > 0 tal

que |x senx − L| < ε, para todo x > k. Ahora bien, si consideramosun numero k tal que |k − L| > ε, siempre es posible encontrar valoresx > k para los cuales senx = 1 y x senx = x > k pero |x senx− L| >|k − L| > ε, lo que contradice el hecho de que L es el lımite.

Los apartados b) y c) se prueban de manera completamente analoga, apo-yandose exclusivamente en el concepto de lımite.

112

Por ultimo, como lımx→0+

e1/ sen x = +∞ y lımx→0−

e1/ sen x = e−∞ = 0, no existe

el lımite por ser distintos los lımites laterales.

113

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Calcular (en caso de que existan) los lımites siguientes:

a) lımx→3

1/x− 1/3x− 3

.

Resp.: -1/9.

b) lımx→1

x− 1xn − 1

.

Resp.: 1/n.

c) lımx→1

x + x2 + · · ·+ xn − n

x− 1.

Resp.:n(n + 1)

2.

d) lımx→1

√x + 1−

√2x

x2 − x.

Resp.: −1/2√

2.

e) lımx→1

x−√

x

x4 − 1.

Resp.: 1/8.

f) lımx→1

(2x− 3)(√

x− 1)2x2 + x− 3

.

Resp.: -1/10.

g) lımx→0+

√x√

4 +√

x− 2.

Resp.: 4.

h) lımx→1

x2 −√

x√x− 1

.

Resp.: 3.

Sugerencia: Racionalizar numerador y denominador.

114

i) lımx→0

x cosec x.

Resp.: 1.

j) lımx→0

sen 3x

tg 5x.

Resp.: 3/5.

k) lımx→0

sen 2x

2x2 + x.

Resp.: 2.

l) lımx→0

(1− cos x) cotg x.

Resp.: 0.

m) lımx→0

1− cos x

x2 + sen 3x2.

Resp.: 1/8.

n) lımx→0

cos3 x− 1x3

.

Resp.: ∞.

o) lımx→0+

x cosec2√

2x.

Resp.: 1/2.

p) lımx→0

x2 sen(1/x)senx

.

Resp.: 0.

q) lımx→∞

senx

x.

Resp.: 0.

r) lımx→π

(x− π) cotg x.

Resp.: 1.

s) lımx→0

1sen2 x

− 11− cos x

.

115

Resp.: ∞.

t) lımx→π/3

sen(x− π/3)1− 2 cos x

.

Resp.: 1/√

3.

u) lımx→0

ln tg[(π/4) + ax]sen bx

.

Resp.: 2a/b.

v) lımx→∞

(x− 1x− 3

)x+2

.

Resp.: e2.

x) lımn→∞

(n2 + 3n2 + 4n

)(n2−1)/n

.

Resp.: e−4.

2.- Calcular (en caso de que existan) los lımites siguientes:

a) lımx→−1

f(x) con f(x) =

{x3+1x+1 si x > −12x2

1−x2 si x < −1.

Resp.: ∞ (por la izquierda); 3 (por la derecha).

b) lımx→1/2

x

[x].

Resp.: No existe porque el intervalo [0, 1) no esta en el dominio de lafuncion.

c) lımx→3

[x]2 − 9x2 − 9

.

Resp.: ∞ (por la izquierda); 0 (por la derecha).

d) lımx→3

x2 − 9|x− 3|

.

Resp.: - 6 (por la izquierda), 6 (por la derecha).

116

e) lımx→3/2

|x|x + 2[x]

x3.

Resp.: 8/9.

Sugerencia: Calcular los lımites laterales.

f) lımx→0

senx

|x|.

Resp.: -1 (por la izq); 1 (por la dcha).

3.- Determinar los valores de a para los que existen los lımites late-rales lım

x→a+f(x), lım

x→a−f(x), y los casos en que dichos lımites son

iguales:

(a) f(x) =√

x− [x].

Resp.: Existen ∀a ∈ R. Son iguales ∀a ∈ R \ Z.

(b) f(x) = [x] +√

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= 0y a < 1 (por la derecha). Son iguales cuando a 6= 1/n, n = −1,−2, . . .

4.- Encontrar las asıntotas de las siguientes funciones:

a) f(x) =x2 − 32x− 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.

c) f(x) =|x + 1|√x2 + 1

.

Resp.: (H) y = 1.

117

d) f(x) =√

x2 + 5− 3x2 − 4

.

Resp.: (H) y = 0.

5.- Determinar la funcion f(x) =3x + a

px + 2para que y = 2 sea asıntota

horizontal y (−2, 0) sea el punto de corte con el eje X. Dibujarsu grafica.

Resp.: a = 6, p = 3/2.

6.- (a) Si no existen lımx→a

f(x) ni lımx→a

g(x), ¿pueden existir lımx→a

[f(x) +

g(x)] o lımx→a

f(x)g(x)?

Resp.: Sı. 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 lımx→a

f(x) y lımx→a

[f(x) + g(x)], ¿debe existir lımx→a

g(x)?

Resp.: Sı porque g(x) = [f(x) + g(x)]− f(x).

(c) Si existe lımx→a

f(x) y no existe lımx→a

g(x), ¿puede existir lımx→a

[f(x)+

g(x)]?

Resp.: No, porque si existiera, no se cumplirıa el apartado anterior.

(d) Si existen lımx→a

f(x) y lımx→a

f(x)g(x), ¿existe lımx→a

g(x)?

Resp.: Solo en el caso en que lımx→a

f(x) 6= 0.

7.- Decidir si los siguientes planteamientos son verdaderos o falsos:

(a) Si lımx→a

f(x) = L, entonces lımh→0

f(a + h) = L.

Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x− a = h.

(b) Si lımx→a

f(x) = L, entonces lımx→0

f(x− a) = L.

Resp.: Falso: ejemplo f(x) = x.

(c) Si lımx→0

f(x) = L, entonces lımx→0

f(x3) = L.

Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x3 = t.

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(d) Si lımx→0+

f(x) = L, lımx→0

f(|x|) = L.

Resp.: Verdadero.

(e) Si lımx→a

f(x) = L, entonces lımx→a

|f |(x) = |L|.

Resp.: Verdadero, pues∣∣|f(x)| − |L|

∣∣ ≤ |f(x)− L|.

(f) Si lımx→∞

f(x) = L, entonces lımx→0+

f(1/x) = L.

Resp.: Verdadero.

(g) lımx→a

f(x) = L ⇐⇒ lımx→a

(f(x)− L) = 0.

Resp.: Verdadero.

(h) Si f(x) < g(x), ∀x, entonces lımx→a

f(x) < lımx→a

g(x).

Resp.: Falso. Ejemplo: f(x) = x2, g(x) =

{2x2 si x 6= 01 si x = 0

en a = 0.

(i) Si |f(x)−L| < ε cuando 0 < |x−a| < δ, entonces |f(x)−L| < ε/2cuando 0 < |x− a| < δ/2.

Resp.: Falso. Ejemplo: f(x) = x2 con a = 1.

(j) Si lımx→0

f(x) = 0, entonces lımx→0

f(x) sen(1/x) = 0.

Resp.: Verdadero, pues −1 ≤ sen(1/x) ≤ 1.

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