Ejercicios resueltos Límites Trigonométricos

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0.1. Límites Trigonométricos
Problema 1. Calcule
l��m
x!0
1� cos(sen(3x))
tan2(2x)
Solución.
Evaluando el límite resulta de la forma
0
0
:
Luego dando la forma conveniente para utilizar los límites notables tenemos:
l��m
x!0
1� cos(sen(3x))
tan2(2x)
= l��m
x!0
1� cos(sen(3x))
sen2(3x)
tan2(2x)
(2x)2
:
sen2(3x)
(2x)2
= l��m
x!0
1� cos(sen(3x))
sen2(3x)
tan2(2x)
(2x)2
:
sen2(3x)
(3x)2
:
9
4
=
9
8
:
Problema 2. Dada la función
f(x) =
8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
b sen (x� 1)
1� x + c ; x < 1
x3 � 4x2 � ax+ 10
x� 1 ; 1 < x < 5
c�
p
x� 4�
p
3x� 14
x� 5 ; x > 5
Si l��m
x!1
f(x) y l��m
x!5
f(x) existen, calcule los valores de a, b y c:
Solución.
a) l��m
x!1�
b sen (x� 1)
� (x� 1) + c = c� b y l��mx!1+
(x� 1)
�
x2 � 3x� 10
�
x� 1 = �12:
) b = c+ 12
b) l��m
x!5�
�
x2 � 3x� 10
�
= 0:
c) l��m
x!5+
24c� �px� 4� 1�
�
FR1
FR1
�
�
�p
3x� 14� 1
� �
FR2
FR2
�
x� 5
35 = l��m
x!5+
h
c�
�
1
FR1
� 3FR2
�i
donde FR1 =
p
x� 4� 1 y FR2 =
p
3x� 14� 1
Igualando (b) y (c): c = �1: Luego, b = 11:
d) Al factorizar x3 � 4x2 � ax+ 10 = (x� 1)
�
x2 � 3x+ (�3� a)
�
con a = 7:
Problema 3 Calcule
l��m
x!0
x cot(2x)� sen(2x)� x
sen(2x)
x(1 + tan2 x)
Solución.
1
Primero damos la forma al límite de una forma conveniente
l��m
x!0
x cot(2x)� sen(2x)� x
sen(2x)
x(1 + tan2 x)
= l��m
x!0
x
cos(2x)
sen(2x)
� sen(2x)� x
sen(2x)
x(1 + tan2 x)
= l��m
x!0
x(cos(2x)� 1)� sen2(2x)
xsen(2x) sec2(x)
; y ahora evaluando directamente el último límite tenemos, la
forma
0
0
luego
= l��m
x!0
x(cos(2x)� 1)� sen2(2x)
xsen(2x) sec2(x)
= l��m
x!0
x cos((2x)� 1)� sen2(2x)
x
sen(2x)
cos2 x
dividiendo numerador y denominador entre x2tenemos:
l��m
x!0
cos((2x)� 1)
x
� sen
2(2x)
x2
sen(2x)
x cos2 x
= l��m
x!0
cos((2x)� 1)
x
� 4sen
2(2x)
(2x)2
2sen(2x)
2x
1
cos2 x
=
0� 4
(2)(1)(1)
= �2:
Problema 4. Calcule
l��m
x!1
cos2
�
�x
2
�
x2 � 2x+ 1
Solución.
Evaluando el límite resulta de la forma
0
0
y para eliminar la indeterminación, usamos la identidad
cos2 x =
1 + cos 2x
2
, tal como se muestra
l��m
x!1
cos2
�
�x
2
�
x2 � 2x+ 1 = l��mx!1
1 + cos (x�)
x2 � 2x+ 1 = l��mx!1
1 + cos (x�)
(x� 1)2
= l��m
x!1
1 + cos (x�)
(x� 1)2
; haciendo el cambio h = x� 1; x! 1 =) h! 0
=
1
2
l��m
h!0
1 + cos (�h) cos� � sen (�h) sen�
h2
=
1�2
2
l��m
h!0
1� cos (�h)
�2h2
=
�2
4
Problema 5. Calcule
l��m
x!0
(sen (3x)� senx)3
x (1� cos (2x)) :
Solución.
Evaluando el límite resulta de la forma
0
0
y para eliminar la indeterminación, usamos la identidad
cos2 x =
1 + cos 2x
2
, tal como se muestra
2
l��m
x!0
(sen3x� senx)3
x (1� cos 2x) = l��mx!0
(sen3x� senx)3
x (2sen2x)
= l��m
x!0
(sen3x� senx)3 senx
x (2sen2x) senx
= l��m
x!0
senx
x
(sen3x� senx)3
2sen3x
=
1
2
l��m
x!0
senx
x
: l��m
x!0
�
sen3x� senx
senx
�3
=
1
2
l��m
x!0
senx
x
:
�
l��m
x!0
sen3x
senx
� l��m
x!0
1
�3
=
1
2
l��m
x!0
senx
x
:
 
l��m
x!0
3sen3x
3x
senx
x
� l��m
x!0
1
!3
=
1
2
l��m
x!0
senx
x
:
0@ l��mx!0 3sen3x3x
l��m
x!0
senx
x
� l��m
x!0
1
1A3 = 1
2
(1) (3� 1)3 = 4:
Problema 6. Calcule
l��m
x!a
sin (2x)� sin (2a)
x� a :
Solución.
Usaremos la identidad sen�� sen� = 2sen
�
���
2
�
cos
�
�+�
2
�
:
l��m
x!a
2 sin
�
2x�2a
2
�
cos
�
2x+2a
2
�
x� a = l��mx!a
2 sin (x� a) cos (x+ a)
x� a = 2
�
l��m
x!a
sin (x� a)
x� a
��
l��m
x!a
cos (x+ a)
�
Notemos que si x! a) x� a! 0: Luego hacemos el cambio de variable u = x� a; con lo cual
se tiene
l��m
x!a
sin (x� a)
x� a = l��mu!0
sinu
u
= 1;
Por lo tanto, se obtiene
2 l��m
x!a
�
sin (x� a)
x� a
�
l��m
x!a
cos (x+ a) = 2 cos (2a) :
Problema 7. Calcule
l��m
x!0
1� cos 2x
1� cos 3x:
Solución.
Evaluando tenemos l��m
x!0
1� cos 2x
1� cos 3x =
0
0
, entonces
l��m
x!0
1� cos 2x
1� cos 3x = l��mx!0
"
4(1�cos 2x)
4x2
9(1�cos 3x)
9x2
#
=
4
9
264 l��mx!0
�
1�cos 2x
(2x)2
�
l��m
x!0
�
1�cos 3x
(3x)2
�
375 = 4
9
(1) =
4
9
:
Problema 8. Calcule
l��m
x!�=4
sec2 x� 2 tanx
1 + cos 4x
:
Solución.
3
Hacemos el siguiente cambio de variable : u = x� �4 : De este modo se tiene: si x! �=4) u! 0:
= l��m
u!0
sec2
�
u+ �4
�
� 2 tan
�
u+ �4
�
1 + cos (4u+ �)
= l��m
u!0
1
cos2(�4+u)
� 2 sen(u+
�
4 )
cos(u+�4 )
1� cos (4u)
= l��m
u!0
1� 2sen
�
u+ �4
�
cos
�
u+ �4
�
(1� cos (4u)) cos2
�
u+ �4
� = l��m
u!0
1� sen
�
2u+ �2
�
(1� cos (4u)) cos2
�
u+ �4
�
= l��m
u!0
1� cos 2u
(1� cos (4u)) cos2
�
u+ �4
� = l��m
u!0
1� cos 2u
1� cos (4u) l��mu!0
1
cos2
�
u+ �4
� :
Evaluamos cada límite
l��m
u!0
4
1� cos 2u
(2u)2
16
1� cos (4u)
(4u)2
= 416
l��m
u!0
1� cos 2u
(2u)2
l��m
u!0
1� cos (4u)
(4u)2
= 14 y l��mu!0
1
cos2
�
u+ �4
� = 2:
Finalmente se obtiene
l��m
x!�=4
sec2 x� 2 tanx
1 + cos 4x
=
�
1
4
�
(2) =
1
2
:
Problema 9. Calcule
l��m
x!0
cosx� senx� 1
1�
p
x+ 1
:
Solución.
= l��m
x!0
cosx� senx� 1
(1�
p
x+1)(1+
p
x+1)
1+
p
x+1
= l��m
x!0
�
1 +
p
x+ 1
�
(cosx� senx� 1)
1� x� 1
= � l��m
x!0
�
1 +
p
x+ 1
�
(cosx� senx� 1)
x
= � l��m
x!0
�
1 +
p
x+ 1
�
: l��m
x!0
�
�1� cosx
x
� senx
x
�
= � l��m
x!0
�
1 +
p
x+ 1
�
:
�
� l��m
x!0
1� cosx
x
� l��m
x!0
senx
x
�
= (�2) (�1) = 2:
Problema 10. Calcule
l��m
x!�=2
�
1 + cos 2x
1� senx
�3
:
Solución.
Evaluando el límite resulta de la forma
0
0
y para eliminar la indeterminación, usamos la identidad
cos2 x =
1 + cos 2x
2
, tal como se muestra
l��m
x!�=2
�
1 + cos 2x
1� senx
�3
= l��m
x!�=2
�
2 cos2 x (1 + senx)
(1� senx) (1 + senx)
�3
= l��m
x!�=2
�
2 cos2 x (1 + senx)
1� sen2x
�3
= l��m
x!�=2
�
2 cos2 x (1 + senx)
cos2 x
�3
= l��m
x!�=2
8 (1 + senx)3 = 64:
4