\[\] Ejercicio 8: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{2x}+x-1}{3x}\)
Sustituyendo primero el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{2x}+x-1}{3x}=\frac{0}{0}\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Aplicando la Regla de L’Hôpital, ver también la tabla de derivadas, y sustituyendo el valor de la \(x\) en el límite, se obtiene el resultado final
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{2x}+x-1}{3x}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{2e^{2x}+1}{3}=\bbox[yellow]{1}\)
\[\] Ejercicio 9: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{x}-x-1}{2x}\)
Sustituyendo primero el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{x}-x-1}{2x}=\frac{0}{0}\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Aplicando la Regla de L’Hôpital, ver también la tabla de derivadas, y sustituyendo el valor de la \(x\) en el límite, se obtiene el resultado final
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{x}-x-1}{2x}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2}=\bbox[yellow]{0}\)
\[\] Ejercicio 10: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to 1}\frac{\ln x}{x^3-1}\)
Sustituyendo el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 1}\frac{\ln x}{x^3-1}=\frac{0}{0}\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Aplicando la Regla de L’Hôpital, ver también la tabla de derivadas, y sustituyendo el valor de la \(x\) en el límite, se tiene el resultado final
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 1}\frac{\ln x}{x^3-1}=\lim\limits_{x \to 1}\frac{\frac{1}{x}}{3x^2}=\lim\limits_{x \to 1}\frac{1}{3x^3}=\bbox[yellow]{\frac{1}{3}}\)
\[\] Ejercicio 11: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{e^x}{8x}\)
Sustituyendo primero el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{e^x}{8x}=\frac{\infty}{\infty}\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Aplicando la Regla de L’Hôpital, ver también la tabla de derivadas, y sustituyendo el valor de la \(x\) en el límite, se obtiene el resultado final
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{e^x}{8x}=\lim\limits_{x \to\infty}\frac{e^x}{8}=\bbox[yellow]{\infty}\)
\[\] Ejercicio 12: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to 3}(\frac{x}{x^2-9}-\frac{x}{x-3})\)
Sustituyendo en primer lugar el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 3}(\frac{x}{x^2-9}-\frac{x}{x-3})=\infty-\infty\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Aplicando la Regla de L’Hôpital, ver también la tabla de derivadas, y sustituyendo el valor de la \(x\) en el límite, se obtiene el resultado final
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 3}(\frac{x}{x^2-9}-\frac{x}{x-3})=\lim\limits_{x \to 3}(\frac{1}{2x}-1)=\bbox[yellow]{-\frac{5}{6}}\)
\[\] Ejercicio 13: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to 1}(\frac{5}{\ln x}-\frac{1}{x-1})\)
Reescribiendo la expresión del límite y sustituyendo en primer lugar el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 1}(\frac{5}{\ln x}-\frac{1}{x-1})=\lim\limits_{x \to 1}\frac{5(x-1)-\ln x}{\ln x(x-1)}=\frac{\infty}{\infty}\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Aplicando la Regla de L’Hôpital, ver también la tabla de derivadas, y sustituyendo el valor de la \(x\) en el límite, se obtiene el resultado final
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to 1}\frac{5(x-1)-\ln x}{\ln x(x-1)}=\lim\limits_{x \to 1}\frac{5-\frac{1}{x}}{\frac{x-1}{x}+\ln x}=\bbox[yellow]{\infty}\)
\[\] Ejercicio 14: Resolver el siguiente límite utilizando la Regla de L’Hôpital \(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}(\frac{4x^2+x-2}{x^2+2})^{x^2}\)
Reescribiendo la expresión del límite y sustituyendo en primer lugar el valor en el límite, se obtiene
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}(\frac{4x^2+x-2}{x^2+2})^{x^2}=(\frac{\infty}{\infty})^{\infty}\)
que es una indeterminación (ver indeterminaciones).
Teniendo en cuenta las propiedades de los límites (y que el límite de una función elevada a otra es el límite de la función elevado al límite de la otra función), se estudian los siguientes dos límites por separado:
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{4x^2+x-2}{x^2+2}\)
y
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}x^2\)
El segundo es directo: \(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}x^2=\infty\)
En el primero se aplica la Regla de L’Hôpital
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{4x^2+x-2}{x^2+2}=\lim\limits_{x \to\infty}\frac{8x+1}{2x}=\frac{\infty}{\infty}\)
se llega a otra indeterminación (ver indeterminaciones), por lo que se vuelve a aplicar la Regla de L’Hôpital llegando al resultado final;
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{8x+1}{2x}=\lim\limits_{x \to\infty}\frac{8}{2}=4\)
Evaluando en el límite inicial este resultado (y teniendo en cuenta el límite del exponente que ya se ha calculado) se obtiene la solución:
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to\infty}\frac{4x^2+x-2}{x^2+2})^{x^2}=4^{\infty}=\bbox[yellow]{\infty}\)
\[\] Ejercicio 15: Resolver el siguiente límite \(\displaystyle\lim\limits_{x \to \infty}(1-\frac{1}{3x})^{6x}\)
Sabiendo que \(\displaystyle\lim\limits_{c_n \to \infty}(1+\frac{1}{c_n})^{c_n}=e\) (ver propiedades de los límites) se reescribe el límite para que aparezca el número \(e\),
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to \infty}(1-\frac{1}{3x})^{6x}=\displaystyle\lim\limits_{x \to \infty}\Big(\big(1+\frac{1}{(-3x)}\big)^{-3x}\Big)^{\frac{6x}{-3x}}\)
Utilizando las propiedades de los límites y sabiendo que
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to \infty}\big(1+\frac{1}{(-3x)}\big)^{-3x}=e\quad\) y \(\quad\displaystyle\lim\limits_{x \to \infty}\frac{6x}{-3x}=-2\)
El resultado final es:
\(\displaystyle\lim\limits_{x \to \infty}(1-\frac{1}{3x})^{6x}=e^{-2}=\bbox[yellow]{\frac{1}{e^2}}\)
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