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Tres indeterminaciones que aparecen en el cálculo de límites.

Resolviendo algunas indeterminaciones. Límites funcionales de interés (I)

Se ha demostrado en un artículo anterior que

\[\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=\text{e}\quad(1)\]

La demostración la puedes ver aquí. Es más, en realidad se ha demostrado un resultado más general:

\[f(x)\rightarrow\pm\infty\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{f(x)}\right)^{f(x)}\rightarrow\text{e}\quad(2)\]

Si en la expresión \((2)\) hacemos el cambio de variable \(h(x)=\dfrac{1}{f(x)}\) entonces, como \(f(x)\rightarrow\pm\infty\), tenemos que \(h(x)\rightarrow0\), con lo que obtenemos el siguiente resultado equivalente:

\[h(x)\rightarrow0\Rightarrow\left(1+h(x)\right)^{\frac{1}{h(x)}}\rightarrow\text{e}\quad(3)\]

Supongamos ahora que deseamos estudiar el carácter de la función \(f(x)^{g(x)}\) bajo las hipótesis de que \(f(x)\rightarrow1\) y de que \(g(x)\rightarrow\pm\infty\), es decir, deseamos resolver en general la indeterminación del tipo \(1^\infty\). La idea es obtener una expresión equivalente para \(f(x)^{g(x)}\) de tal manera que la indeterminación del tipo \(1^\infty\) se convierta en otra del tipo \(0\cdot\infty\).

Observemos:

\[f(x)^{g(x)}=\left(1+(f(x)-1)\right)^{g(x)}=\left[\left(1+(f(x)-1)\right)^{\frac{1}{f(x)-1}}\right]^{g(x)(f(x)-1)}\quad(4)\]

Como \(f(x)\rightarrow1\), entonces claramente \(\left(f(x)-1\right)\rightarrow0\), y por el resultado \((3)\) tenemos que

\[\left(1+(f(x)-1)\right)^{\frac{1}{f(x)-1}}\rightarrow\text{e}\]

con lo que podemos afirmar que las implicaciones hacia la derecha de las siguientes equivalencias son ciertas:

\[g(x)(f(x)-1)\rightarrow L\Longleftrightarrow f(x)^{g(x)}\rightarrow\text{e}^L\] \[g(x)(f(x)-1)\rightarrow+\infty\Longleftrightarrow f(x)^{g(x)}\rightarrow\text{e}^{+\infty}=+\infty\] \[g(x)(f(x)-1)\rightarrow-\infty\Longleftrightarrow f(x)^{g(x)}\rightarrow\text{e}^{-\infty}=0\]

Tomando logaritmos en la expresión \((4)\) tenemos

\[\ln f(x)^{g(x)}=g(x)(f(x)-1)\ln(1+(f(x)-1))^{\frac{1}{f(x)-1}}\]

con lo que

\[g(x)(f(x)-1)=\frac{\ln f(x)^{g(x)}}{\ln(1+(f(x)-1))^{\frac{1}{f(x)-1}}}\quad(5)\]

De esta última igualdad se pueden demostrar fácilmente las implicaciones hacia la izquierda de las equivalencias anteriores.

Observemos que las implicaciones hacia la derecha de tales equivalencias permiten resolver la indeterminación del tipo \(1^\infty\) resolviendo una del tipo \(0\cdot\infty\).

La fórmula

\[f(x)^{g(x)}=\text{e}^{g(x)\ln f(x)}\quad(6)\]

permite hacer lo mismo, pero la expresión \(g(x)(f(x)-1)\) es usualmente más fácil de tratar que la expresión \(g(x)\ln f(x)\).

Hagamos algunos límites funcionales que sirvan como ejemplo del desarrollo teórico anterior.

Calcular los siguientes límites:

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\left(2x-\dfrac{3x-1}{x+1}\right)^{\dfrac{1}{x-1}}\)

b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{1/x}\)

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\ln(3x-2)}{x-1}\)

d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}(\cos x)^{1/\text{sen}\,x}\)

Las soluciones aquí

Las soluciones aquí

a) Se trata de una indeterminación del tipo \(1^\infty\). Tomando \(f(x)=2x-\dfrac{3x-1}{x+1}\) y \(g(x)=\dfrac{1}{x-1}\) tenemos que

\[g(x)(f(x)-1)=\dfrac{1}{x-1}\left(2x-\dfrac{3x-1}{x+1}-1\right)=\frac{1}{x-1}\cdot\frac{2x^2-2x}{x+1}=\frac{2x^2-2x}{x^2-1}\]

Como

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{2x^2-2x}{x^2-1}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{2x(x-1)}{(x+1)(x-1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{2x}{x+1}=\dfrac{2}{2}=1\]

Entonces

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\left(2x-\dfrac{3x-1}{x+1}\right)^{\dfrac{1}{x-1}}=\text{e}^1=\text{e}\]

b) En este límite aparece la indeterminación \(\infty^0\). Para resolverlo usaremos la fórmula \((6)\) vista anteriormente. En este caso

\[x^{1/x}=\text{e}^{(1/x)\ln x}\]

Pero \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x}\ln x=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\), ya que la función potencia es un infinito de orden superior que la función logaritmo.

Por tanto

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{1/x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\text{e}^{(1/x)\ln x}=\text{e}^0=1\]

c) En este caso aparece una indeterminación del tipo \(\dfrac{0}{0}\). Podemos transformar esta indeterminación usando las propiedades de los logaritmos.

Obsérvese que

\[\frac{\ln(3x-2)}{x-1}=\frac{1}{x-1}\ln(3x-2)=\ln(3x-2)^{\frac{1}{x-1}}\]

Ahora hemos de calcular el límite \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}(3x-2)^{\frac{1}{x-1}}\), que es del tipo \(1^\infty\). Llamemos para ello \(f(x)=3x-2\) y \(g(x)=\dfrac{1}{x-1}\). Entonces:

\[g(x)(f(x)-1)=\frac{1}{x-1}(3x-2-1)=\frac{3x-3}{x-1}\]

con lo que

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{3x-3}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{3(x-1)}{x-1}=3\]

Por tanto

\[\lim_{x\rightarrow1}(3x-2)^{\frac{1}{x-1}}=\text{e}^3\]

Así pues, finalmente

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{\ln(3x-2)}{x-1}=\ln\text{e}^3=3\]

Habría otra forma de hacer este límite haciendo uso de infinitésimos equivalentes. ¿Sabrías cómo?

d) Volvemos a tener una indeterminación del tipo \(1^\infty\). Llamando \(f(x)=\cos x\) y \(g(x)=\dfrac{1}{\text{sen}\,x}\), tenemos:

\[g(x)(f(x)-1)=\frac{1}{\text{sen}\,x}(\cos x-1)=\frac{\cos x-1}{\text{sen}\,x}\]

Ahora tenemos que estudiar el carácter de \(\dfrac{\cos x-1}{\text{sen}\,x}\) cuando \(x\rightarrow0\), que es una indeterminación del tipo \(\dfrac{0}{0}\). Multiplicando numerador y denominador por \(\cos x+1\) tenemos:

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-1}{\text{sen}\,x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{(\cos x-1)(\cos x+1)}{\text{sen}\,x(\cos x+1)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos^2 x-1}{\text{sen}\,x(\cos x+1)}=\]

\[=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\text{sen}^2x}{\text{sen}\,x(\cos x+1)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\text{sen}\,x}{\cos x+1}=\frac{0}{2}=0\]

Por tanto

\[\lim_{x\rightarrow0}(\cos x)^{1/\text{sen}\,x}=\text{e}^0=1\]

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