Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (47)

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7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
39. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
x sen(x) + 2 cos(x)− 2
x4
.
Solución: Salen indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→0
x sen(x) + 2 cos(x)− 2
x4
(
=
0 + 2− 2
0
)
= ĺım
x→0
sen(x) + x cos(x)− 2 sen(x)
4x3
=
ĺım
x→0
x cos(x)− sen(x)
4x3
(
=
0− 0
0
)
= ĺım
x→0
cos(x)− x sen(x)− cos(x)
12x2
= ĺım
x→0
−x sen(x)
12x2
Ahora, como sen(x) va multiplicando al resto de la expresión y el ĺımite es para x → 0, se puede
aplicar la equivalencia sen(x) ∼ x para obtener el ĺımite de −x2/12x2 que es −1/12. También se
puede seguir aplicando l’Hôpital para obtener igualmente
ĺım
x→0
− sen(x)− x cos(x)
24x
(
=
−0− 0
0
)
=
− cos(x)− cos(x) + x sen(x)
24
=
−2
24
=
−1
12
Ojo, aqúı se ve el peligro de aplicar equivalencias a partes que “no van multiplicando a toda la
expresión”. En este caso, si se reescribe el numerador como x sen(x)− 2(1− cos(x)) y se aplican en
el numerador sen(x) ≈ x y 1 − cos(x) ≈ 12 x2 se obtiene erróneamente x sen(x) − 2(1 − cos(x)) ≈
x2 − x2 = 0, con lo que creeŕıamos que el ĺımite vale 0.
o
40. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
1− cos(x)− 12 x sen(x)
x4
.
Si empleas equivalencias o la regla de l’Hôpital, indica por qué puedes hacerlo.
Solución: Salen indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→0
1− cos(x)− 12 x sen(x)
x4
(
=
1− 1− 0
0
)
= ĺım
x→0
sen(x)− 12 sen(x)− 12 x cos(x)
4x3
=
ĺım
x→0
sen(x)− x cos(x)
8x3
(
=
0− 0
0
)
= ĺım
x→0
cos(x)− cos(x) + x sen(x)
24x2
= ĺım
x→0
x sen(x)
24x2
Ahora, como sen(x) va multiplicando al resto de la expresión y el ĺımite es para x → 0, se puede
aplicar la equivalencia sen(x) ∼ x para obtener el ĺımite de x2/24x2 que es 1/24. También se puede
seguir aplicando l’Hôpital para obtener igualmente
ĺım
x→0
sen(x) + x cos(x)
48x
(
=
0 + 0
0
)
= ĺım
x→0
cos(x) + cos(x)− x sen(x)
48
=
2
48
=
1
24
Ojo, aqúı se ve el peligro de aplicar equivalencias a partes que “no van multiplicando a toda la
expresión”. En este caso, si se aplicasen en el numerador 1 − cos(x) ≈ 12 x2 y sen(x) ≈ x se
obtendŕıa erróneamente 1 − cos(x) − 12 x sen(x) ≈ 12 x2 − 12 x2 = 0, con lo que creeŕıamos que el
ĺımite vale 0.
o
Matemáticas de 1 , problemas 139 Alberto del Valle Robles
7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
41. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
2xe−x − ln(1 + 2x)
x(1− cos2(2x)) .
[Si utilizas equivalencias o la regla de l’Hôpital, justifica por qué puedes hacerlo.]
Solución: En los cálculos que siguen, primero se usan la identidad trigonométrica sen2(t)+cos2(t) =
1 y la equivalencia sen(t) ≈ t para obtener 1 − cos2(2x) = sen2(2x) ≈ (2x)2 = 4x2, y luego salen
indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→0
2xe−x − ln(1 + 2x)
x(1− cos2(2x)) = ĺımx→0
2xe−x − ln(1 + 2x)
4x3
(
=
0− 0
0
)
= ĺım
x→0
2e−x − 2xe−x − 2(1 + 2x)−1
12x2
=
(
=
2− 2
0
)
= ĺım
x→0
−2e−x − 2e−x + 2xe−x + 4(1 + 2x)−2
24x
= ĺım
x→0
−2e−x + xe−x + 2(1 + 2x)−2
12x
=
(
=
−2 + 2
0
)
= ĺım
x→0
2e−x + e−x − xe−x − 8(1 + 2x)−3
12
=
2 + 1− 8
12
=
−5
12
Observación: Es un error usar la equivalencia ln(1+t) ≈ t para sustituir en el denominador ln(1+2x)
por 2x, pues ese término no es un factor común de toda la expresión. Si se hace, usando además
la equivalencia et − 1 ≈ t, el numerador queda 2xe−x − 2x = 2x(e−x − 1) ≈ 2x(−x) = −2x2 y con
el 4x3 de abajo queda a las primeras de cambio −1/2x, que tiende a infinito y no es el resultado
correcto.
o
42. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
2xe−x − ln(1 + 2x)
x(1− cos(2x)) .
[Si utilizas equivalencias o la regla de l’Hôpital, justifica por qué puedes hacerlo.]
Solución: En los cálculos que siguen, primero se usa la equivalencia 1− cos(t) ≈ 12 t2 para obtener
1− cos(2x) ≈ 12(2x)2 = 2x2, y luego salen indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar
la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→0
2xe−x − ln(1 + 2x)
x(1− cos2(2x)) = ĺımx→0
2xe−x − ln(1 + 2x)
2x3
(
=
0− 0
0
)
= ĺım
x→0
2e−x − 2xe−x − 2(1 + 2x)−1
6x2
=
(
=
2− 2
0
)
= ĺım
x→0
−2e−x − 2e−x + 2xe−x + 4(1 + 2x)−2
12x
= ĺım
x→0
−2e−x + xe−x + 2(1 + 2x)−2
6x
=
(
=
−2 + 2
0
)
= ĺım
x→0
2e−x + e−x − xe−x − 8(1 + 2x)−3
6
=
2 + 1− 8
6
=
−5
6
Observación: Es un error usar la equivalencia ln(1+t) ≈ t para sustituir en el denominador ln(1+2x)
por 2x, pues ese término no es un factor común de toda la expresión. Si se hace, usando además
la equivalencia et − 1 ≈ t, el numerador queda 2xe−x − 2x = 2x(e−x − 1) ≈ 2x(−x) = −2x2 y con
el 2x3 de abajo queda a las primeras de cambio −1/2x, que tiende a infinito y no es el resultado
correcto.
o
Matemáticas de 1 , problemas 140 Alberto del Valle Robles
7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
43. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
x− x cosx
x− senx .
Solución: Al sustituir las tres primeras veces se obtienen indeterminaciones del tipo 0/0, luego se
puede aplicar tres veces seguidas la regla de l’Hôpital y se tiene
ĺım
x→0
x− x cosx
x− senx = ĺımx→0
1− cosx+ x senx
1− cosx = ĺımx→0
2 senx+ x cosx
senx
= ĺım
x→0
3 cosx− x senx
cosx
= 3
también se puede aplicar l’Hôpital una vez y entonces usar las equivalencias senx ≈ x y 1− cosx ≈
x2/2:
ĺım
x→0
x− x cosx
x− senx = ĺımx→0
1− cosx+ x senx
1− cosx = 1 + ĺımx→0
x senx
1− cosx = 1 + ĺımx→0
x2
x2/2
= 1 + 2 = 3
o
44. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
1
2 x
2 + ln(1 + x)− sen(x)
x3
.
Solución: Van saliendo indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se va aplicando la regla de l’Hôpital
hasta que deja de salir una indeterminación:
ĺım
x→0
1
2 x
2 + ln(1 + x)− sen(x)
x3
(
=
0 + 0− 0
0
)
= ĺım
x→0
x+ (1 + x)−1 − cos(x)
3x2
(
=
0 + 1− 1
0
)
=
ĺım
x→0
1− (1 + x)−2 + sen(x)
6x
(
=
1− 1 + 0
0
)
= ĺım
x→0
2(1 + x)−3 + cos(x)
6
=
2 + 1
6
=
1
2
o
45. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
x e−x − ln(1 + x)
1− cos(x) .
Solución: Empezamos usando la equivalencia 1−cos(x) ≈ 12 x2, que vale cuando x → 0 y se puede
usar aqúı porque 1 − cos(x) aparece “dividiendo a todo” en la expresión. Entonces van saliendo
indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se aplica la regla de l’Hôpital hasta que deja de salir una
indeterminación:
ĺım
x→0
x e−x − ln(1 + x)
1− cos(x) = ĺımx→0
x e−x − ln(1 + x)
1
2 x
2
= 2 ĺım
x→0
x e−x − ln(1 + x)
x2
(
=
0− 0
0
)
=
2 ĺım
x→0
e−x − x e−x − (1 + x)−1
2x
(
=
1− 0− 1
0
)
= 2 ĺım
x→0
−e−x − e−x + x e−x + (1 + x)−2
2
= −1
(los 2’s se cancelan y en el numerador queda −1− 1 + 1).
o
Matemáticas de 1 , problemas 141 Alberto del Valle Robles