Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (49)

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7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
= ĺım
x→0
−2 sen(x)− x cos(x)
−9 senh(3x) =
(
0− 0
0
)
= = ĺım
x→0
−3 cos(x) + x sen(x)
−27 cosh(3x) =
−3
−27 =
1
9
También podemos combinar l’Hôpital con el uso de las equivalencias (cuando x → 0) 1− cos(x) ≈
1
2 x
2 y cosh(3x)− 1 ≈ 12 (3x)2 = 12 9x2:
ĺım
x→0
x cos(x)− x
3x− senh(3x) = ĺımx→0
−x(1− cos(x))
3x− senh(3x) = ĺımx→0
−12 x3
3x− senh(3x) =
(
0− 0
0
)
= ĺım
x→0
−32 x2
3− 3 cosh(3x) = ĺımx→0
1
2 x
2
cosh(3x)− 1 = ĺımx→0
1
2 x
2
1
2 9x
2
=
1
9
o
55. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
2x− sen(2x)
x cosh(x)− x .
Solución: Aplicando varias veces la regla de l’Hôpital:
ĺım
x→0
2x− sen(2x)
x cosh(x)− x =
(
0
0
)
= ĺım
x→0
2− 2 cos(2x)
cosh(x) + x senh(x)− 1 =
(
0
0
)
=
ĺım
x→0
4 sen(2x)
2 senh(x) + x cosh(x)
=
(
0
0
)
= ĺım
x→0
8 cos(2x)
3 cosh(x) + x senh(x)
=
8
3
También se puede aplicar al principio la equivalencia cosh(x)−1 ≈ 12 x2, con lo que el denominador
se puede cambiar por 12 x
3 y sus tres derivadas valen sucesivamente 32 x
2, 3x y 3.
Y tras la primera aplicación de l’Hôpital se puede aplicar la equivalencia 1−cos(2x) ≈ 12 (2x)2 = 2x2,
con lo que el numerador se puede cambiar por 4x2 cuyas dos primeras derivadas son 8x y 8.
o
56. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
x2 − sen(x2)
(1− cos(x))3 .
[Indicación: se puede usar que, dada una equivalencia F (x) ≈ G(x) para x → 0, también se tiene
F (h(x)) ≈ G(h(x)) para x → 0, donde h(x) es cualquier función que tiende a 0 para x → 0]
Solución: Aplicando la equivalencia 1 − cos(x) ≈ 12 x2 (tres veces, pues va elevada al cubo), el
denominador se puede cambiar por (12 x
2)3 = 18 x
6. Lo hacemos y luego seguimos con l’Hôpital:
ĺım
x→0
x2 − sen(x2)
(1− cos(x))3 = ĺımx→0
x2 − sen(x2)
1
8 x
6
(
=
0− 0
0
)
= 8 ĺım
x→0
2x− 2x cos(x2)
6x5
=
8
3
ĺım
x→0
1− cos(x2)
x4
Aplicando la indicación a la misma equivalencia de antes con h(x) = x2, podemos cambiar el
numerador por 12 (x
2)2 = 12 x
4, de manera que el ĺımite vale
8
3
ĺım
x→0
1
2 x
4
x4
=
4
3
o
Matemáticas de 1 , problemas 145 Alberto del Valle Robles
7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
57. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
senh(5x)− 5x
x cos(2x)− x .
Si empleas equivalencias, la regla de l’Hôpital u otras herramientas, indica por qué puedes hacerlo.
Solución: El denominador es −x(1−cos(2x)); como 1−cos(2x) divide a toda la expresión podemos
aplicar la equivalencia 1− cos(t) ≈ 12 t2 con t = 2x → 0 para sustituir 1− cos(2x) por 12(2x)2 = 2x2,
de modo que el denominador queda −2x3. Esto justifica la primera igualdad en lo que sigue.
En la segunda usamos la regla de l’Hopital pues se obtiene una indeterminación del tipo 0/0, y en la
cuarta usamos la equivalencia cosh(t)− 1 ≈ 12 t2 para sustituir el numerador por 12(5x)2 = 25x2/2:
ĺım
x→0
senh(5x)− 5x
x cos(2x)− x = ĺımx→0
senh(5x)− 5x
−2x3 = − ĺımx→0
5 cosh(5x)− 5
6x2
=
−5
6
ĺım
x→0
cosh(5x)− 1
x2
=
−5
6
ĺım
x→0
25x2/2
x2
=
−125
12
o
58. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
2xex + ln(1− 2x)
sen3(x)
.
Si empleas equivalencias o la regla de l’Hôpital, indica por qué puedes hacerlo.
Solución: Como el sen3(x) “divide a todo”, se puede aplicar la equivalencia sen(x) ≈ x (tres
veces) para sustituirlo por x3. El resto consiste en aplicar sucesivas veces la regla de l’Hôpital,
comprobando antes en cada caso, para poder aplicarla, que se tienen indeterminaciones del tipo
0/0:
ĺım
x→0
2xex + ln(1− 2x)
sen3(x)
= ĺım
x→0
2xex + ln(1− 2x)
x3
(
=
0 + 0
0
)
= ĺım
x→0
2ex + 2xex − 2(1− 2x)−1
3x2
=
(
=
2 + 0− 2
0
)
= ĺım
x→0
2ex + 2ex + 2xex − 4(1− 2x)−2
6x
= ĺım
x→0
4ex + 2xex − 4(1− 2x)−2
6x
=
(
=
4 + 0− 4
0
)
= ĺım
x→0
4ex + 2ex + 2xex − 16(1− 2x)−3
6
=
4 + 2 + 0− 16
6
=
−10
6
=
−5
3
Si no se usa la equivalencia sen(x) ≈ x sale igual pero trabajando más, claro:
Tras derivar la primera vez el cociente es 3 sen2(x) cos(x), con valor 0.
Tras derivar la segunda vez el cociente es 6 sen(x) cos2(x)− 3 sen3(x), con valor 0.
A la tercera el cociente es 6 cos3(x)−12 sen2(x) cos(x)−3 sen2(x) cos(x) = 6 cos3(x)−21 sen2(x) cos(x),
con valor 6.
o
Matemáticas de 1 , problemas 146 Alberto del Valle Robles
7 UNA VARIABLE: LÍMITES Y DERIVABILIDAD
59. Calcula el valor del ĺımite ĺım
x→0
4xe−2x − ln(1 + 4x)
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
4xe−2x − ln(1 + 4x)
x(1− cos2(2x)) = ĺımx→0
4xe−2x − ln(1 + 4x)
4x3
(
=
0− 0
0
)
=
= ĺım
x→0
4e−2x − 8xe−2x − 4(1 + 4x)−1
12x2
= ĺım
x→0
e−2x − 2xe−2x − (1 + 4x)−1
3x2
=
(
=
1− 0− 1
0
)
=
= ĺım
x→0
−2e−2x − 2e−2x + 4xe−2x + 4(1 + 4x)−2
6x
= ĺım
x→0
−2e−2x + 2xe−2x + 2(1 + 4x)−2
3x
=
(
=
−2 + 2
0
)
= ĺım
x→0
4e−x + 2e−x − 4xe−x − 16(1 + 4x)−3
3
=
4 + 2− 16
3
=
−10
3
Observación: Es un error usar la equivalencia ln(1+t) ≈ t para sustituir en el denominador ln(1+4x)
por 4x, 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 4xe−2x − 4x = 4x(e−2x − 1) ≈ 4x(−2x) = −8x2 y
con el 4x3 de abajo queda a las primeras de cambio −2/x, que tiende a infinito y no es el resultado
correcto.
o
Matemáticas de 1 , problemas 147 Alberto del Valle Robles