Regla de L’Hôpital: problemas diversos

    Enunciado
  1. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\;\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e^x-1}\right).$
  2. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}}.$
  3. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{e^x-e^2}{x-2}.$
  4. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{xe^x}{1-e^x}.$
  5. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\log x}{\sqrt{x}}.$
  6. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\;(e^x-1)\cot x.$
  7. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}x^2e^x.$
  8. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\;\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{\operatorname{sen}x}\right).$
  9. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x-\arctan x}{x^3}.$
  10. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{x^{10}-10x+9}{x^5-5x+4}.$
  11. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{2x^3+7x^2+x+1}{5x^3+8x^2}.$
  12. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 1}\;\left(\dfrac{x}{x-1}-\dfrac{1}{\log x}\right).$
  13. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 1}\;(1-x)\tan \dfrac{\pi x}{2}.$
  14. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\;x^{\operatorname{sen}x}.$
  15. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\;\left(\dfrac{1}{x}\right)^{\tan x}.$
  16. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\;(1+x^2)^{3/x}.$
  17. Demostrar que el límite $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}}{\operatorname{sen}x},$ no se puede calcular mediante la regla de L’Hôpital. Calcularlo por otro método.
    Solución
  1. Si $x\to 0^+,$ entonces $1/x\to +\infty$ y $1/(e^x-1)\to +\infty.$ Si $x\to 0^-,$ entonces $1/x\to -\infty$ y $1/(e^x-1)\to -\infty.$ Es decir, en ambos casos obtenemos una indeterminación. Para calcular el límite operamos la fracción: $$\begin{aligned}& L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{e^x-1+xe^x}\\
    &=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x}{e^x+e^x+xe^x}=\dfrac{1}{1+1+0}=\dfrac{1}{2}.
    \end{aligned}$$
  2. Tenemos $$\begin{aligned}
    &L=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}}=\left\{{\dfrac{+\infty}{+\infty}}\right\}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\dfrac{\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{1}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}\\
    &=\left\{{\dfrac{+\infty}{+\infty}}\right\}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\dfrac{1}{\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}}=L.
    \end{aligned}$$ Después de aplicar dos veces la regla de L’Hopital, obtenemos el límite de partida, con lo cual, la mencionada regla no resuelve el problema. Podemos proceder de la siguiente manera: $$L=\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\dfrac{\sqrt{1+x^2}}{x}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}\sqrt{\dfrac{1+x^2}{x^2}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+1}=\sqrt{0+1}=1.$$
  3. $\begin{aligned}& L=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{e^x}{1}=\dfrac{e^2}{1}=e^2.
    \end{aligned}$
  4. $\begin{aligned}& L=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x+xe^x}{-e^x}=\dfrac{1+0}{-1}=-1.
    \end{aligned}$
  5. Tenemos $$\begin{aligned}& L=\left\{\frac{+\infty}{+\infty}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{1/x}{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}}=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{2}{\sqrt{x}}=\dfrac{2}{+\infty}=0.
    \end{aligned}$$
  6. Tenemos $$\begin{aligned}& L=\{0\cdot \infty\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{(e^x-1)\cos x}{\operatorname{sen}x}=\left\{\frac{0}{0}\right\}\\
    &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x\cos x+(e^x-1)(-\operatorname{sen}x)}{\cos x}=\dfrac{1+0}{1}=1.
    \end{aligned}$$
  7. Tenemos $$\begin{aligned}& L=\{(+\infty)\cdot 0\}=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{x^2}{e^{-x}}=\left\{\dfrac{+\infty}{+\infty}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{2x}{-e^{-x}}\\
    &=\left\{\dfrac{-\infty}{-\infty}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{2}{e^{-x}}=\dfrac{2}{+\infty}=0.
    \end{aligned}$$
  8. Tenemos $$\begin{aligned}& L=\{\infty- \infty\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\operatorname{sen}x-x}{x\operatorname{sen}x}=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\cos x-1}{\operatorname{sen}x+x\cos x}\\
    &=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{-\operatorname{sen}x}{\cos x+\cos x-x\operatorname{sen}x}=\dfrac{0}{1+1-0}=0.
    \end{aligned}$$
  9. Se verifica $$\begin{aligned}& L=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\dfrac{1}{1+x^2}}{3x^2}
    =\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{3x^2(1+x^2)}=\lim_{x\to 0}\frac{1}{3(1+x^2)}=\frac{1}{3}.
    \end{aligned}$$
  10. Tenemos $$\begin{aligned}& L=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\lim_{x\to 1}\frac{10x^9-10}{5x^4-5}
    =\left\{\frac{0}{0}\right\}=\lim_{x\to 1}\frac{90x^8}{20x^3}=\frac{90}{20}=\frac{9}{2}.
    \end{aligned}$$
  11. Se verifica $$\begin{aligned}& L=\left\{\frac{+\infty}{+\infty}\right\}=\lim_{x\to +\infty}\dfrac{6x^2+14x+1}{15x^2+16x}=\left\{\frac{+\infty}{+\infty}\right\}\\
    &=\lim_{x\to +\infty}\dfrac{12x+14}{30x+16}=\left\{\frac{+\infty}{+\infty}\right\}=\lim_{x\to +\infty}\dfrac{12}{30}=\dfrac{12}{30}=\dfrac{2}{5}.
    \end{aligned}$$
  12. Tenemos $$\begin{aligned}& L=\{\infty- \infty\}=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{x\log x-x+1}{(x-1)\log x}=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{1\cdot\log x+x\cdot\dfrac{1}{x}-1}{1\cdot\log x+(x-1)\cdot\dfrac{1}{x}}\\
    &=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\log x}{\log x+1-\dfrac{1}{x}}=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}=\frac{1}{2}.
    \end{aligned}$$
  13. Se verifica $$\begin{aligned}& L=\{0\cdot \infty\}=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{(1-x)\operatorname{sen}\dfrac{\pi x}{2}}{\cos \dfrac{\pi x}{2} }=\left\{\frac{0}{0}\right\}\\
    &=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{-\operatorname{sen}\dfrac{\pi x}{2}+(1-x)\dfrac{\pi}{2}\cos \dfrac{\pi x}{2}}{-\dfrac{\pi}{2}\operatorname{sen} \dfrac{\pi x}{2} }=\frac{-1+0}{-\dfrac{\pi}{2}\cdot 1}=\frac{2}{\pi}.
    \end{aligned}$$
  14. Aparece la indeterminación $0^0.$ Usando la equivalencia $\operatorname{sen}x\sim x$ cuando $x\to 0:$ $$\begin{aligned}& \lambda=\lim_{x\to 0^+}\log x^{\operatorname{sen}x}=\lim_{x\to 0^+}\operatorname{sen}x\log x=\lim_{x\to 0^+}x\log x\\
    &=\lim_{x\to 0^+}\frac{\log x}{1/x}=\left\{\frac{-\infty}{+\infty}\right\}=\lim_{x\to 0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to 0^+}\;(-x)=0.
    \end{aligned}$$ Por tanto, $L=e^0=1.$
  15. Aparece la indeterminación $\infty^0.$ Usando la equivalencia $\tan x\sim x$ cuando $x\to 0:$ $$\begin{aligned}& \lambda=\lim_{x\to 0^+}\log \left(\dfrac{1}{x}\right)^{\tan x}=\lim_{x\to 0^+}\tan x\log \frac{1}{x}=\lim_{x\to 0^+}x\;(-\log x)\\
    &=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\log x}{1/x}=\left\{\frac{+\infty}{+\infty}\right\}=\lim_{x\to 0^+}\frac{-1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to 0^+}x=0.
    \end{aligned}$$ Por tanto, $L=e^0=1.$
  16. Aparece la indeterminación $1^{\infty}.$ Tenemos: $$\begin{aligned}& \lambda=\lim_{x\to 0}\log (1+x^2)^{3/x}=\lim_{x\to 0}\frac{3\log (1+x^2)}{x}=\left\{\frac{0}{0}\right\}\\
    &=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{6x}{1+x^2}}{1}=\lim_{x\to 0}\dfrac{6x}{1+x^2}=\frac{0}{1}=0.
    \end{aligned}$$ Por tanto, $L=e^0=1.$ También podemos hallar $\lambda$ de la forma:
    $$\begin{aligned}& \lambda=\lim_{x\to 0}(1+x^2-1)\frac{3}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{3x^2}{x}=\lim_{x\to 0}3x=0.
    \end{aligned}$$ Es decir, $L=e^0=1.$
  17. Si $x\to 0,$ entonces $\operatorname{sen}x\to 0$ y $x^2\operatorname{sen}(1/x)\to 0$ (infinitésimo por acotada). Aparece pues la indeterminación $0/0.$ Ahora bien, las derivadas de numerador y denominador son: $$\begin{aligned}& \frac{d}{dx}\left(x^2\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}\right)=2x\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}+x^2\left(\cos \dfrac{1}{x}\right)\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)\\
    &=2x\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}-\cos \dfrac{1}{x},\quad \frac{d}{dx}(\operatorname{sen}x)=\cos x.
    \end{aligned}$$ Si $x\to 0,$ entonces $\cos x\to 1,$ $2x\operatorname{sen}(1/x)\to 0$ (infinitésimo por acotada), $1/x\to \infty$ y $\cos (1/x)$ oscila entre $-1$ y $1.$ Es decir, no existe el límite: $$\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{d}{dx}\left(x^2\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}\right)}{\dfrac{d}{dx}(\operatorname{sen}x)},$$ con lo cual, no podemos aplicar la regla de L’Hôpital. Podemos calcular el límite $L$, usando $\operatorname{sen}x\sim x$ cuando $x\to 0:$ $$L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0}x\operatorname{sen}\dfrac{1}{x}=0$$ (infinitésimo por acotada).
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