Indice

1 Límites De Funciones

Límites De Funciones

Introducción

¿Qué se entiende por límite? Si pensamos en nuestro día a día utilizamos la palabra límite en muchas expresiones:

«El plazo límite para entregar una tarea».
«He llegado al límite de mi fuerza».
«No hay que ponerse límites».

En fin, supongo que a ti se te habrán ocurrido otras. Pero todas utilizan la palabra límite para indicar como un tope, una cota. Acercarme lo máximo a algo que no puedo alcanzar, algo a lo que no voy a poder llegar.

En matemáticas ocurre lo mismo, los límites de funciones los utilizamos para ver como se comporta una función en un determinado punto al que quizás no podamos llegar pero si acercarnos a él todo lo que queramos.

Consiste en ver que valor va tomando la función cuanto más y más me acerco al punto, es ver como se comporta la función en un entorno de ese punto. Los límites son fundamentales si queremos hacer una representación precisa de la gráfica de la función.

Esta idea tan simple es realmente poderosa para el cálculo de funciones y sentó las bases del actual análisis matemático.

Límite de una función en el infinito

Definición

Hasta este curso se podía tener una idea intuitiva cuando a la hora de representar una función hacíamos una tabla de valores y le dábamos valores muy grandes a la $x$ y ver como esto afectaba a la función, a su imagen $(y=f(x))$ .

El límite de una función en el infinito es el valor al que tiende la función cuando la variable independiente $x$ crece o decrece infinitamente. Lo denotaremos de la siguiente forma:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} f(x)\qquad$ Cuando $x$ tiende a $+\infty$
$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} f(x) \qquad$ Cuando $x$ tiende a $-\infty$

Pero, ¿qué puede pasar cuando la $x$ tiende a + $\infty$ ? En la siguiente imagen podemos ver los tres casos que se pueden dar. Obviamente, hay que suponer que la gráfica de la función sigue su trazo infinitamente.

Para el caso de $x\rightarrow -\infty$ se haría de la misma forma.

¡Importante! La unicidad del límite, esto debe cumplirse para que sea una función. Como sabemos para cada valor de la variable independiente solo puede haber un único valor de la variable dependiente. En el $\infty$ también tiene que cumplirse igual, a esto es a lo que llamamos la unicidad del límite, el valor que toma el límite en el $\infty$ es único.

¡Importante! Independencia en $+\infty$ y en $-\infty$ , habrá que estudiar la función para cada uno por separado. Puede ser que en $+\infty$ la función tenga un comportamiento diferente a $-\infty$ .

¡Importante! En el desarrollo de este tema suelo utilizar $+\infty$ pero de la misma forma se haría para $-\infty$ . Para el estudio de los límites cuando $x$ tiende a $-\infty$ podemos hacer una transformación y convertirlo en cuando $x$ tiende a $+\infty$ haciendo el siguiente cambio:

$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} f(x) = \lim\limits_{x\rightarrow +\infty} f(-x)$

Procedamos a ver como se calculan este tipo de límites.

Calcular

Para calcular este tipo límites lo que hay que hacer es «operar con el infinito», para ello vamos a sustituir la $x$ por $\pm\infty$ . Entiéndase el infinito como una cantidad muy muy grande, la máxima que podamos imaginar.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (x^2+1)$ si sustituyo la $x$ por $+\infty$ tengo lo siguiente $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (x^2+1)= (+\infty^2+1)=+\infty$

Creo que más o menos va quedando claro como operar y es sencillo, veamos ahora una tabla en donde vienen las diferentes operaciones y como se comportan los límites en cada caso.

Operaciones con límites

$\lim\limits_{x\rightarrow a} (f(x)+g(x))=\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x) + \lim\limits_{x\rightarrow a} g(x)$

$\lim\limits_{x\rightarrow a} (f(x)\cdot g(x))=\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x) \cdot \lim\limits_{x\rightarrow a} g(x)$

$\lim\limits_{x\rightarrow a} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x)}{\lim\limits_{x\rightarrow a} g(x)}$

$\lim\limits_{x\rightarrow a} \sqrt[n]{f(x)}=\sqrt[n]{\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x)}$

$\lim\limits_{x\rightarrow a} \log_n{f(x)}=\log_n{\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x)}$

$\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x)^{g(x)}=\left(\lim\limits_{x\rightarrow a} f(x)\right)^{\lim\limits_{x\rightarrow a} g(x)}$

Pero todo no se va a resumir en saber sustituir y aplicar las operaciones de la tabla, hay ocasiones en los que nuestros cálculos se pueden complicar un poco y habrá que realizar una serie de transformaciones para poder calcularlo. Empecemos poco a poco viendo los diferentes tipos de funciones y tipos de límites que nos podemos encontrar a lo largo de este tema.

Límites de funciones polinómicas: En una función polinómica, cuando $x$ tiende a $+\infty$ ó $-\infty$ , la función se comporta del mismo modo que el término de mayor grado. Por lo que no hay que sustituir por $\infty$ cada valor de $x$ , solo habrá que hacerlo con el término de mayor grado. Nuestros cálculos se simplifican bastante.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (a_n x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1 x+a_0)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}a_n x^n$

Veamos un ejemplo de esto:

Ejempo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (3x^2-4x+6)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}3x^2=3\cdot(+\infty)^2=+\infty$

Simplemente sustityendo $x$ por $+\infty$ , lo dicho anteriormente, considera el $+\infty$ como un número muy muy grande.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (-2x^2-4x+6)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}-2x^2=-2\cdot(+\infty)^2=-\infty$

¡Ojo! En el segundo ejemplo hemos aplicado la regla de los signos. Estamos sustityendo por $+\infty$ pero como he dicho, imagina que es un número muy muy grande por lo que se opera igual, hay que tener en cuenta los signos.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (x^2-7x+1)\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}( -x^3+5x-4)$

$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} (-3x^5+2x-1)\quad \lim\limits_{x\rightarrow -\infty} (x^3-x^2+2)$

Límites de funciones radicales: En una función radical, cuando $x$ tiende a $+\infty$ ó $-\infty$ , vamos a proceder de la misma forma que en las funciones polinómicas. Nos vamos a quedar con el término de mayor grado y vamos a despreciar los otros términos.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \sqrt[m]{a_n x^n+...+a_1 x+a_0}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[m]{a_n x^n}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[m]{a_n} x^{\frac{n}{m}}$

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \sqrt[3]{2x^2+3x-1}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[3]{2x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[3]{2} x^{\frac{2}{3}}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[3]{2} (+\infty)^{\frac{2}{3}}=+\infty$

Como podéis observar, este tipo de límites no requieren ningún tipo de cálculo adicional y simplemente sustituyendo somos capaces de ver como se comporta en el infinito.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \sqrt{4x^2-3x+2}\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt{7x-5}$

$\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} \sqrt[3]{(-2x^4-1)}\quad \lim\limits_{x\rightarrow -\infty} \sqrt{5x^6-x^3+1}$

Siempre que veamos una función polinómica o radical compuesta con otro tipo de función nos quedamos con el término de mayor grado ya que éste es el que va a determinar el comportamiento de la misma en el $\infty$ .

Al sustituir en algunos tipos de funciones se nos pueden presentar algunos casos en donde el valor que toma la función en el infinito no es tan claro, y nos puede presentar un poco de dudas, los siguientes casos vienen establecidos por convenio.

$\dfrac{\infty}{k}=\infty$	$\dfrac{k}{\infty}=0$	$\dfrac{0}{k}=0$	$\dfrac{0}{\infty}=0$
$\infty^{\infty}=\infty$	$\infty\cdot\infty=\infty$	$0^{\infty}=0$	$\dfrac{\infty}{0}=\infty$

Siendo k un número fijo, una constante.

Esto parece muy sencillo, y así es. Pero hay casos de funciones en los que simplemente sustituyendo no podemos tener claro el comportamiento que tiene en $\infty$ y no vienen recogidas en la tabla anterior, veamos este tipo de casos tan particulares.

Indeterminaciones

En la mayoría de los casos trabajar con el infinito no es tan evidente, es por ello que aparecen indeterminaciones. Llamamos indeterminación a cuando no es posible hallar directamente el límite. Es necesario, un cálculo o proceso para poder resolverlo. Son límites que no se pueden calcular o resolver a priori.

Veamos los diferentes casos que se pueden dar:

Indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$

Este tipo de indeterminación suele aparecer en cocientes de polinomios en los que también pueden aparecer radicales, concretando en funciones racionales. Por tanto, las funciones a las que nos referimos son las del siguiente tipo:

$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{N(x)}{D(x)}$

Veamos un ejemplo de cuando se dan este tipo de casos.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{2x^2-x+1}{x-1}=\dfrac{\infty}{\infty}$

Pero… ¿qué pasa con esto? ¿cómo podemos saber cuánto es infinito dividido entre infinito?¿es 1?

¡NO!, no es $1$ . Realmente lo que se hace es ver que función crece más rápidamente que la otra, o podríamos decir que función tiene más peso, las dos funciones tienden a infinito lo que ocurre es que hay infinitos con diferente orden, diferentes infinitos.

Entonces, ¿hay infinitos mayores que otros infinitos? Si, a esto es a lo que me he referido antes con infinitos de diferente orden. Pero esto no es tan difícil de ver, hagamos una tabla de valores con las funciones del ejemplo anterior, con el numerador y el denominador.

$\bm{x}$	$\bm{N(x)=2x^2-x+1}$	$\bm{D(x)=x-1}$
1	2	0
10	191	9
100	19901	99
1000	1999001	999
…	…	…
$+\infty$	$+\infty$	$+\infty$

Se puede observar en la tabla como las dos funciones valen infinito cuando la $x\rightarrow +\infty$ pero no tienen el mismo valor, es aquí donde se diría que los infinitos tienen diferente orden. Unas funciones crecen mucho más rápido que otras y esto habrá que tenerlo en cuenta en nuestros cálculos.

Veamos una comparación del orden de los infinitos de las funciones elementales con las que vamos a trabajar en este tema.

Funciones Polinómicas: Cuanto mayor es el grado mayor es el orden.
Funciones Radicales: Cuanto mayor es el grado mayor es el orden.
Función Polinómica y Radical: Cuanto mayor es el grado mayor es el orden.
Funciones Exponenciales: Cuanto mayor es la base mayor es el orden.
Función Polinómica y Exponencial: Mayor orden la exponencial.
Función Radical y Exponencial: Mayor orden la exponencial.
Función Polinómica y Logarítmica: Mayor orden la polinómica.
Función Radical y Logarítmica: Mayor orden la radical.
Función Exponencial y Logarítmica: Mayor orden la exponencial.

Por tanto, basándonos en esta comparativa podríamos trabajar este tipo de indeterminación $\dfrac{\infty}{\infty}$ . Veamos dos método distintos para razonar este tipo de indeterminación:

Método 1: En este método vamos a basar nuestro razonamiento en el orden de los infinitos que nos aparecen, y este nos va a indicar que expresión tiene mayor fuerza o cual crece más rápidamente.

Vamos a ver el caso concreto donde el numerador y el denominador son funciones polinómicas. El orden del infinito, como hemos visto en la comparativa, viene dado por el grado del polinomio. Los diferentes casos que se pueden dar son los siguientes:

Queremos calcular el $\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{N(x)}{D(x)}$ donde $N(x)$ y $D(x)$ son funciones polinómicas.

Caso 1: Si el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, esto es, $grad(N(x))>grad(D(x))$ entonces el límite buscado es $\pm \infty$ , para sacar el signo habrá que aplicar la regla de los signos.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2-x+1}{x-1}=+\infty$

Si conforme crece $x$ el cociente cada vez es mayor es normal que tienda a $\infty$ .

Caso 2: Si el grado del numerador es menor que el grado del denominador, esto es, $grad(N(x))<grad(D(x))$ entonces el límite buscado es $0$ .

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x+1}{3x^2+2x+1}=0$

Si conforme crece $x$ el cociente cada vez es menor es normal que tienda a $0$ .

Caso 3: Si el grado del numerador es igual que el grado del denominador, esto es $grad(N(x))=grad(D(x))$ , entonces el límite buscado es igual al cociente de los coeficientes del término de mayor grado tanto de numerador como del denominador.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2+1}{3x^2+2x+1}=\dfrac{2}{3}$

Resumamos todo esto en una tabla:

Regla de los Grados	Límites
$grad(N(x))>grad(D(x))$	$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{N(x)}{D(x)}=\pm \infty$
$grad(N(x))<grad(D(x))$	$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{N(x)}{D(x)}=0$
$grad(N(x))=grad(D(x))$	$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}\dfrac{N(x)}{D(x)}=\dfrac{Coef.\quad Mayor\quad grado}{Coef.\quad Mayor\quad grado}$

Método 2: En el caso de cociente de funciones polinómicas o radicales podemos razonar como lo habíamos hecho hasta ahora. Quedándonos con el término de mayor grado y operando algebraicamente. Veamos los mismos ejemplos que antes pero procediendo de esta otra forma:

Ejemplo 1: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2-x+1}{x-1}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2}{x} =\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}2x =+\infty$

Simplemente sustituyendo.

Ejemplo 2: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x+1}{3x^2+2x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x}{3x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{3x}=0$

Aquí aparece $\dfrac{1}{+\infty}$ que por convenio sabemos que vale $0$ .

Ejemplo 3: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2+1}{3x^2+2x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2}{3x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{3}$

Simplificando las expresiones obtenidas.

Pues parece que los dos métodos son fáciles e intuitivos, pero ¿qué método es mejor? En lo que a mi respecta me es indiferente que el alumnado utilice uno u otro, pero si decides utilizar el método 1, acompaña el resultado de una breve explicación.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{x^2-1}{x^2+x-2}\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^3-2x+1}{-x^2-2x-1}$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \sqrt{\dfrac{4x^3-4x}{9x^3-3x-2}}\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\sqrt{x^3+1}}{x^2+2x+1}$

Indeterminación del tipo $0\cdot\infty$

Esto claramente es otra indeterminación, hasta ahora todo lo que multiplicabamos por $0$ era $0$ , sin lugar a duda. Pero es que todo lo que multiplicabamos por $\infty$ era $\infty$ , entonces. ¿Qué pasa con estos casos? ¿qué ocurre si $0\cdot\infty$ ?

Este tipo de indeterminación se resuelve transformándolas en una del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ . Para ello, simplemente habrá que operar algebraicamente. Veamos algunos ejemplos:

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{3x^2+2x+1}\cdot (2x^2-3)$ , si sustituimos obtenemos una indeterminación del tipo $0\cdot\infty$ , para resolverlo tenemos que operar los factores,

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{3x^2+2x+1}\cdot (2x^2-3)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2-3}{3x^2+2x+1}$ que si volvemos a sustituir es una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ , entonces

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2-3}{3x^2+2x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2}{3x^2}=\dfrac{2}{3}$

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(5x^2+2)\cdot \sqrt{\dfrac{x}{3x^5-3x^2+1}}$ , para resolverlo tenemos que meter el factor dentro de la raiz,

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(5x^2+2)\cdot \sqrt{\dfrac{x}{3x^5-3x^2+1}}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt{\dfrac{x\cdot(5x^2+2)^2}{3x^5-3x^2+1}}=$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt{\dfrac{25x^5+10x^3+4x}{3x^5-3x^2+1}}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt{\dfrac{25x^5}{3x^5}}=\sqrt{\dfrac{25}{3}}=\dfrac{5}{\sqrt{3}}$

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{x-1}{x^2+2x-2}\cdot (x+1)\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(3x^2+2)\cdot \sqrt{\dfrac{x}{4x^5+2x+1}}$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{x}{2x^4-3x^2-1}\cdot (2x^3+2x-3)\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow -\infty}2x\cdot \sqrt{\dfrac{x+2}{2x^3+1}}$

Indeterminación del tipo $\infty -\infty$

Este tipo de indeterminación se resuelven prácticamente de forma inmediata razonando con el orden del infinito, de la misma forma que hacíamos para el tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ . Veamos unos ejemplos:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}e^2x-x^2=+\infty$ , puesto que el orden del infinito de la función exponencial es superior al orden de la polinómica. Y por tanto, cuando restemos va a tener mucho más peso que la otra.

Entonces, ¿dónde esta el problema con este tipo de indeterminaciones?

El problema aparece cuando los ordenes de los dos infinitos son iguales. Parece que lo lógico sería decir que si tienen el mismo orden sería $\infty-\infty=0$ pero no es así.

Los casos en los que nos vamos a encontrar este tipo de indeterminaciones son cuando tenemos una diferencia donde aparece un radical y en la diferencia de dos funciones racionales.

Caso 1: Diferencia con radicales.

Para resolver este tipo de casos lo que vamos a hacer es multiplicar y dividir por la expresión conjugada. Vamos a verlo en un ejemplo paso por paso.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\sqrt{x^2-3x+1}-x$ tengo una indeterminación del tipo $\infty-\infty$ donde el orden del infinito es el mismo, multiplico y divido por la expresión conjugada. Esta expresión sería $(\sqrt{x^2-3x+1}+x)$

Por tanto, $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2-3x+1}-x)\cdot\dfrac{(\sqrt{x^2-3x+1}+x)}{(\sqrt{x^2-3x+1}+x)}$ y operando los numeradores, que por cierto, tenemos una igualdad notable suma por diferencia, nos queda:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{(\sqrt{x^2-3x+1})^2-x^2}{\sqrt{x^2-3x+1}+x}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2-3x+1-x^2}{\sqrt{x^2-3x+1}+x}=$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{-3x+1}{\sqrt{x^2-3x+1}+x}=\dfrac{\infty}{\infty}$

Acabamos de pasar de una indeterminación del tipo $\infty-\infty$ a una del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ que ya sabemos resolver. Como las expresiones tienen el mismo grado me quedo con los coeficientes de los términos que tengan ese grado. Por tanto, tendría

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{-3x+1}{\sqrt{x^2-3x+1}+x}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{-3x}{\sqrt{x^2}+x}=\dfrac{-3}{\sqrt{1}+1}=\dfrac{-3}{2}$

Vamos a enumerar los pasos que hemos dado:

Hemos sustituido por $\infty$ y he llegado a la indeterminación tipo $\infty-\infty$ .
He multiplicado y dividido por el conjugado.
Al volver a sustituir por $\infty$ he obtenido la indeterminación tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ .
Resuelve esta nueva indeterminación.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (x-\sqrt{x^2+4x})\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2+4}-\sqrt{x^2+4x})$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} (\sqrt{x^2+6}-x)\quad\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(\sqrt{x^2-2x+1}-\sqrt{x^2-2x+4})$

Caso 2: Diferencia de cocientes.

Este tipo de indeterminaciones también nos la podemos encontrar cuando tratamos con funciones de la siguiente forma $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{P(x)}{Q(x)}-\dfrac{R(x)}{S(x)}$ .

Vamos a tratar el caso en donde $P(x),\quad Q(x),\quad R(x)$ y $S(x)$ sean funciones polinómicas.

Lo que se hará en estos casos es operar las fracciones algebraicas que tenemos, veamos un ejemplo de como proceder:

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2+1}{x}-\dfrac{x^2}{x+1}$ , si sustituyo la $x$ por $+\infty$ obtengo la indeterminación del tipo $\infty-\infty$ . Procedo pues a operar algebraicamente

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2+1}{x}-\dfrac{x^2}{x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{(x^2+1)\cdot(x+1)}{x\cdot(x+1)}-\dfrac{x^2\cdot x}{x\cdot(x+1)}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^3+x^2+x+1}{x^2+x}-\dfrac{x^3}{x^2+x}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}$

que volviendo a sustituir por $+\infty$ obtengo la indeterminación de tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ que sé resolver. Lo que me da

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2}{x^2}=1$

Como habrás visto la única complicación de este tipo es que tenemos que saber desenvolvernos con las fracciones algebraicas.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1-2x^2}{3x-2}-\dfrac{-3x^2}{x-4}\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^3+2}{4x^2-x-1}-\dfrac{x^3+2x+1}{x^2+1}$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^2}{2x+1}-\dfrac{x^3}{x^2+1}\quad \lim\limits_{x\rightarrow -\infty}\dfrac{5x^2+1}{x}+\dfrac{3-x^2}{x+2}$

Indeterminación del tipo $1^\infty$

Para resolver este tipo de indeterminaciones vamos a utilizar la definición de número e.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e$

Este tipo de indeterminación aparece al calcular el límite de una función que tiene la siguiente forma

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)^{g(x)}$ . Procediendo igual que hasta ahora sustituyendo la $x$ por infinito obtenemos $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)^{g(x)}=1^\infty$ .

Para resolver esta indeterminación vamos a hacer una serie de transformaciones para que el límite se asemeje al que nos da el número e.

Sumo y resto $1$ en la base.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left[1+f(x)-1\right]^{g(x)}$

Paso $(f(x)+1)$ al denominador, para ello lo expreso como el inverso. El inverso del inverso es él mismo, solo estamos jugando con la manera de expresarlo.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left[1+\dfrac{1}{\frac{1}{f(x)-1}}\right]^{g(x)}$

Elevo la expresión de la base al denominador obtenido y vuelvo a elevar por el inverso de este. Todo para que se anule. Todo lo que estoy obteniendo son expresiones equivalentes.

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\left[\left(1+\dfrac{1}{\frac{1}{f(x)-1}}\right)^{\frac{1}{f(x)-1}}\right]^{(f(x)-1)}\right)^{g(x)}$

Aplicando la definición de número e, tendríamos

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\left[\left(1+\dfrac{1}{\frac{1}{f(x)-1}}\right)^{\frac{1}{f(x)-1}}\right]^{(f(x)-1)}\right)^{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}e^{g(x)\cdot [f(x)-1] }$

Basta aplicar la propiedad que nos dice lo siguiente:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)^{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)^{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}g(x)}$

Aplicándola a nuestro límite tendríamos:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}e^{g(x)\cdot [f(x)-1] }=e^{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}g(x)\cdot [f(x)-1] }$

Esta es la expresión deseada, por último habría que calcular el límite del exponente y habríamos terminado.

Para resolver este tipo de límites no hace falta realizar todo el desarrollo anterior, podemos aplicar la fórmula final obtenido en este desarrollo que sería:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)^{g(x)}=e^{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}g(x)\cdot [f(x)-1] }$

Veamos un ejemplo:

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2x-1}{2x+3}\right)^{2x^2}=1^\infty$ al sustituir por infinito he obtenido la expresión que estaba buscando.

Aplico la fórmula:

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2x-1}{2x+3}\right)^{2x^2}=e^{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}2x^2\cdot\left(\dfrac{2x-1}{2x+3}-1\right)}=$

$=e^{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}2x^2\cdot\left(\dfrac{-4}{2x+3}\right)}=e^{-\infty}=\dfrac{1}{e^{-\infty}}=0$

Para resolverlo, después de aplicar la fórmula he operado en el exponente y he hecho el límite, después he llegado a una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ que he resuelto como hemos visto anteriormente.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2x^2-3}{2x^2+1}\right)^{\frac{x^3}{x^2-1}}\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x+2}{x-1}\right)^{2x^2}$

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(1+\dfrac{1}{5^x}\right)^{3x}\quad \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x-1}{x}\right)^{\frac{x^2-1}{x+1}}$

Hasta aquí es todo en cuanto a como se comporta la función en $\pm \infty$ , veamos ahora que ocurre para un determinado punto

Límite de una función en un punto

Lo mismo que hemos hecho con el infinito tenemos que hacer para un número cualquiera. Tenemos que suponer que nos vamos a acercar tanto a él como queramos pero sin llegar a tocarlo. Pero claro, ¿de qué forma nos podemos acercar a un punto?

Definición

Al aproximarnos a un punto lo podemos hacer acercándonos a éste por la izquierda o por la derecha. Veamos los dos casos posibles.

El límite de una función $f(x)$ cuando $x$ tiende a un punto $x_0$ por la izquierda es el valor que toma la imagen cuando $x$ es un valor muy próximo a $x_0$ por la izquiera. Con la expresión por la izquierda nos referimos a que nos acercamos por puntos menores que $x_0$ .

Se representa como $\lim\limits_{x\rightarrow x_0^-}f(x)$ poniendo en el exponente del $x_0$ un signo $-$ , esto indica que toma valores más pequeños que $x_0$ .

El límite de una función por la derecha será lo mismo, pero obviamente acercándonos por la derecha, por tanto con valores mayores que $x_0$ y se representa de la siguiente forma:

$\lim\limits_{x\rightarrow x_0^+}f(x)$

Quizás estés pensando que es un tontería el hecho de acercarte a una función por la izquierda o por la derecha, que en los dos casos va a ser lo mismo, pero no.

Veamos una función en la que podemos ver distintos casos.

En esta gráfica se puede apreciar manera visual el comportamiento de los límites en los puntos $x=-3,\quad x=1$ y $x=2$ .

Para $x=-3$ tenemos que $\lim\limits_{x\rightarrow -3^-}f(x)=2$ y $\lim\limits_{x\rightarrow -3^+}f(x)=2$ .

Para $x=1$ tenemos que $\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}f(x)=2$ y $\lim\limits_{x\rightarrow 1^+}f(x)=-1$ .

Para $x=2$ tenemos que $\lim\limits_{x\rightarrow 2^-}f(x)=-\infty$ y $\lim\limits_{x\rightarrow 2^+}f(x)=+\infty$ .

Aquí se puede observar diferentes casos donde no siempre los límites laterales son iguales.

Pues bien, decimos que existe límite de una función $f(x)$ cuando $x$ tiende a un punto $x_0$ cuando sus límites laterales son iguales.

El valor de ese límite puede ser tanto un número concreto como $\pm \infty$ . Lo imprescindible es que el valor tanto por la izquierda como por la derecha sea el mismo.

Calcular

Para calcular este tipo de límites no hace falta tener que calcular los límites laterales, esto sólo habrá que hacerlo en casos concretos. Procedemos de la misma forma que hacíamos para infinito, sustituimos el valor de la $x$ por el punto.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow 1}x^2+3x-2=2$ , este límite ya estaría resuelto.

Una vez sustituido el valor y operado, me pueden aparecer varias cosas. Un número, infinito o una indeterminación, en el caso de que me aparezca un número habré terminado.

Indeterminaciones

Ya sabemos lo que es una indeterminación, algo que no se puede predecir a priori, veamos las diferentes indeterminaciones que se pueden dar en este tipo de límites:

Indeterminación del tipo $\dfrac{0}{0}$

Este tipo de indeterminaciones suelen aparecer en cocientes de funciones polinómicas o en cocientes donde aparece una expresión radical.

Caso 1: Cociente de polinomios. Para calcular este tipo de límites lo que tenemos que hacer es simplificar. Pensemos que si nos ha dado $\dfrac{0}{0}$ es porque el número al que nos estamos acercando es raíz o cero del polinomio del numerador y ese mismo número es raíz del polinomio del denominador, por tanto, puedo quitar ese factor de ambos polinomios.

Lo que nos lleva a que saber calcular esta indeterminación se resumen en saber factorizar polinomios y simplificar.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-3x+2}$ al sustitutir la $x$ por $1$ obtengo una indeterminación del tipo $\dfrac{0}{0}$ , por tanto, factorizo y simplifico

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{x^2-2x+1}{x^2-3x+2}=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{(x-1)^2}{(x-1)(x-2)}=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{(x-1)}{(x-2)}$ , una vez simplificado vuelvo a sustituir

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{(x-1)}{(x-2)}=\dfrac{0}{-1}=0$

En el caso de que me hubiese vuelto a dar $\dfrac{0}{0}$ seguiría factorizando. Esto es fácil de evitar, si factorizo el polinomio al máximo desde un primer momento.

Consejo: Para factorizar basta con hacer Ruffini utilizando $x=x_0$ , ya que sabemos que ese punto es raíz. Ese es el factor que quiero eliminar.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x^2-1}{x^2+x-2}\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{x-3}{x^2-6x+9}$

$\lim\limits_{x\rightarrow -4} \dfrac{3x^3+12x^2-x-4}{x^3+7x^2+14x+8}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{5x^3-3x^2}{2x^3-x^2+3x}$

Caso 2: Cociente con radicales. Este tipo de límite se calculan igual que hacíamos en el infinito cuando teníamos diferencia de radicales y aparecía la indeterminación $\infty-\infty$ . Por lo que si procedemos de la misma forma, se resuelve multiplicando y dividiendo por la expresión conjugada y simplificando la expresión obtenida.

Veamos un ejemplo de este tipo de límite para que quede la cosa un poco más clara.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x^2-4}$ , al sustituir comprobamos que nos da la indeterminación del tipo $\dfrac{0}{0}$ , para resolverla vamos a multiplicar numerador y denominador por la expresión conjugada $(\sqrt{x^2+5}+3)$

$\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x^2-4}=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{(\sqrt{x^2+5}-3)(\sqrt{x^2+5}+3)}{(x^2-4)(\sqrt{x^2+5}+3)}=$

Desarrollando en el numerador, que por cierto, tengo una igualdad notable

$=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{(\sqrt{x^2+5})^2-9}{(x^2-4)(\sqrt{x^2+5}+3)}=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{x^2-4}{(x^2-4)(\sqrt{x^2+5}+3)}$

Y simplificando el factor $(x^2-4)$ , nos queda

$\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{x^2-4}{(x^2-4)(\sqrt{x^2+5}+3)}=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+5}+3}$

Que sustituyendo nuevamente la $x$ por $2$ tenemos

$\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{1}{\sqrt{x^2+5}+3}=\dfrac{1}{6}$

¡Consejo! Como has podido ver en el ejemplo solo he realizado la multiplicación del numerador donde estaban multiplicándose las dos expresiones conjugadas, la otra en principio la dejo igual.

¡Nota! Si la diferencia de radicales apareciese tanto en el numerador como en el denominador tendría que aplicar el mismo proceso dos veces para cada uno de los conjugados.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow 0} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt{2}}{x}\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x}$

$\lim\limits_{x\rightarrow 4} \dfrac{\sqrt{x-3}-1}{x^2-16}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 4}\dfrac{x^2-3x-4}{\sqrt{2x+1}-3}$

Indeterminación del tipo $\dfrac{k}{0}$

Este caso realmente no se trata de una indeterminación como tal, ya que sabemos de antemano cuanto vale este tipo de casos que es $\infty$ , viene establecido por convenio. Lo que ocurre es que estamos en ese tipo de casos en los que sí es necesario calcular los límites laterales, para ver como se comporta la función por cada lado del punto. Veamos un ejemplo:

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{(1)}{(x-1)}$ , al sustituir obtenemos un límite del tipo $\dfrac{1}{0}$ , hacemos pues los límites laterales:

$\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\dfrac{1}{(x-1)}=-\infty$
$\lim\limits_{x\rightarrow 1^+}\dfrac{1}{(x-1)}=+\infty$

En este caso, los límites laterales no coinciden por lo que la función no tiene límite para $x=1$

¡Consejo! Pensad que al hacer los límites laterales únicamente solo queréis saber el signo del infinito. O sea, lo único en lo que os tenéis que centrar es en saber el signo que tiene el denominador al sustituir por el valor, el valor del numerador ya sabías cual era.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow 0} \dfrac{5}{x}\quad\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{-2}{x}$

$\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{x^2-2x+3}{x-2}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{x^3-4}{(x-2)^2}$

Indeterminación del tipo $\infty -\infty$

Este tipo de indeterminaciones aparecen cuando calculamos el límite de una función de la siguiente forma:

$\lim\limits_{x\rightarrow x_0}\dfrac{P(x)}{Q(x)}-\dfrac{R(x)}{S(x)}$ , para resolver este tipo de indeterminaciones tenemos que operar algebraicamente las fracciones. Veamos un ejemplo

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\left(\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{3x}{x^2-1}\right)$ , si sustituyo la $x$ por $1$ obtengo la indeterminación del tipo $\dfrac{k}{0}-\dfrac{k'}{0}=\infty-\infty$ . Procedo pues a operar algebraicamente

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\left(\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{3x}{x^2-1}\right)=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\left(\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{3x}{(x-1)(x+1)}\right)=$

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\left(\dfrac{2\cdot (x+1)}{(x-1)\cdot(x+1)}-\dfrac{3x}{(x-1)(x+1)}\right)=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{2\cdot (x+1)-3x}{x^2-1}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{2x+2-3x}{x^2-1}=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{2-x}{x^2-1}$

que volviendo a sustituir la $x$ por $1$ obtengo $\dfrac{1}{0}=\infty$ , hagamos pues los límites laterales

$\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\dfrac{2-x}{x^2-1}=-\infty$
$\lim\limits_{x\rightarrow 1^+}\dfrac{2-x}{x^2-1}=+\infty$

Por lo que no existe límite para $x=1$ , ya que sus límites laterales no son iguales.

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{1}{x}-\dfrac{1+x}{x^2}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{3}{x^2-1}-\dfrac{1}{x-1}$

$\lim\limits_{x\rightarrow 2}\dfrac{2x^2}{x-2}-\dfrac{x-1}{x^2-4}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{x+3}{x-3}+\dfrac{3}{x^2-2x-3}$

Indeterminación del tipo $1^\infty$

Este tipo de límites se operan de la misma forma que vimos para el caso de que $x\to\infty$ . Por lo que en este apartado vamos a poner directamente la fórmula.

$\lim\limits_{x\rightarrow x_0}f(x)^g(x)=e^{\lim\limits_{x\rightarrow x_0}g(x)\cdot [f(x)-1)]$

Veamos un ejemplo, pero como ya digo, simplemente es aplicar la fórmula.

Ejemplo: $\lim\limits_{x\rightarrow 2}\left(\dfrac{2}{x}\right)^\frac{1}{x^2-4}$ , si sustituimos la $x$ por $2$ obtenemos la indeterminación $1^\infty$ , aplico directamente la fórmula

$\lim\limits_{x\rightarrow 2}\left(\dfrac{2}{x}\right)^\frac{1}{x^2-4}=e^\lim\limits_{x\rightarrow 2}\left(\frac{1}{x^2-4}\right)\cdot \left(\frac{2}{x}-1\right)=$

$=e^{\lim\limits_{x\rightarrow 2}\left(\frac{1}{x^2-4}\right)\cdot \left(\frac{2-x}{x}\right)}=e^{\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{-(x-2)}{(x-2)\cdot (x+2)\cdot x}}$

Simplificando en la fracción y volviendo a sustituir la $x$ por $2$ tenemos

$e^{\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{-1}{(x+2)\cdot x}}=e^\frac{-1}{8}$

Te dejo unos cuantos para practicar

¡Practica!

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\left(\dfrac{1}{x}\right)^\frac{1}{x^2-1}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 3}\left(\dfrac{x}{3}\right)^\frac{1}{x-3}$

$\lim\limits_{x\rightarrow 2}\left(\dfrac{x+1}{3}\right)^\frac{1}{x^2-4}\quad \lim\limits_{x\rightarrow 4}\left(\dfrac{x^2-3x-2}{x-2}\right)^\frac{2x}{x-4}$

Si quieres practicar más puedes probar con estos ejercicios: Ejercicios. Límites de funciones

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