Límites mediante comparación de infinitos

Considereaciones previas

Seguiremos el procedimiento visto en el subapartado Método general de la teoría asociada. Consiste en sustituir la x por infinito en las funciones y operar. En los distintos apartados de este ejercicio se presentarán indeterminaciones que deberemos resolver de manera directa, esto es, por comparación de infinitos. Visita el apartado indicado si te queda alguna duda.

Resolución

1.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^3-x+2}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^3-x+2=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

Comparando ambos infinitos, la potencia de índice tres gana a la potencia de índice uno, con lo que:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{\mathbf{3}}-x^{\mathbf{1}}+2=\infty$$

2.-

$$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^4-x^2+2}$$

En este caso debemos comenzar, por comodidad, haciendo un cambio de variable:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }f\left(-x\right)$$

Con lo que nos queda:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^4-x^2+2=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(-x\right)}^4-{\left(-x\right)}^2+2=\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^4-x^2+2=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

Comparando ambos infinitos, vuelve a ganar el positivo, es decir, el de la potencia de índice cuatro frente a la de índice 2:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^4-x^2+2=\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{\mathbf{4}}-x^{\mathbf{2}}+2=\infty$$

3.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }3x-\sqrt{x^3+x^2+x+1}}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }3x-\sqrt{x^3+x^2+x+1}=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

Aquí tenemos que recordar que las raíces son otra forma de potencia de x. En este caso tendríamos que comprar el infinito de 3x con el infinito de $\sqrt{x^3+x^2+x+1}$, de la que solo nos interesa el término de mayor grado, es decir, el x³. Dado que este está afectado por la raíz, el grado es 3/2 (recuerda que $\sqrt[c]{a^b}=a^{\frac{b}{c}}$). Así pues, grado(x^3/2)>grado(3x), con lo que:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }3x-\sqrt{x^3+x^2+x+1}=-\infty$$

4.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^x-e^x}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^x-e^x=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

En este caso comparamos dos funciones exponenciales de distinta base, "venciendo" aquella que la tenga mayor. e≈2.718>2, con lo que:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\mathbf{2}}^x-{\mathit{e}}^x=-\infty$$

5.-

$$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }{2}^{-x}-\frac{1}{e^x}}$$

Comenzamos con el cambio de variable:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }{2}^{-x}-\frac{1}{e^x}=\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^x-\frac{1}{e^{-x}}\underset{a^{-b}=\frac{1}{a^b}}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^x-e^x=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

Esta indeterminación ya había sido resuelta justo en el apartado anterior, quedando:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }{2}^{-x}-\frac{1}{e^x}=\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^x-e^x=-\infty$$

6.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-\ln \left(2x\right)}{{\pi }^x}}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-\ln \left(2x\right)}{{\pi }^x}=\frac{\left[\infty -\infty \right]}{\infty }\underset{\left[1\right]}{=}\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

Este caso el numerador presenta una indeterminación de tipo infinito menos infinito. Como indicamos en [1], vence +∞ ya que estamos comparando una función exponencial y una logarítmica, y vencerá la exponencial. Por otro lado, en la comparación del infinito del numerador y del denominador, vence la exponencial de mayor base, esto es, la del denominador, por que 3.14≈π>e≈2.718, así pues:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-\ln \left(2x\right)}{{\pi }^x}=0$$

7.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\log \left(\sqrt{x^3+2}\right)}{\ln \left(e^x+1\right)}}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\log \left(\sqrt{x^3+2}\right)}{\ln \left(e^x+1\right)}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

En este caso estamos comparando dos funciones de igual tipo, dos logaritmos. Como vimos en la teoría asociada, hay que comparar los argumentos, independientemente de las bases. Se trataría, por tanto, de comparar una potencia de grado 3/2 con una exponencial. Vence la exponencial, quedando:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\log \left(\sqrt{x^3+2}\right)}{\ln \left(e^x+1\right)}=\text{0}$$

8.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^3+3x}{-x^2+x}}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^3+3x}{-x^2+x}=\frac{\infty }{-\infty +\infty }\underset{{\text{Grado x}}^2>Grado x}{=}\left[\frac{\infty }{-\infty }\right] \text{IND}$$

El grado del polinomio del numerador es mayor, con lo que el infinito del numerador vence. Observa que hay que tener en cuenta también la relación de signos (+/-):

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^3+3x}{-x^2+x}=-\infty$$

9.-

$$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2-x}{x^3+3x-\ln \left(x\right)}}$$

En este caso el límite no existe, pues el dominio de la función logaritmo solo está definido para valores mayores que 0, y en consecuencia no existe en -∞:

$$\nexists \underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2-x}{x^3+3x-\ln \left(x\right)}$$

10.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4x^3+\sqrt[3]{x+1}}{3x^3+x}}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4x^3+\sqrt[3]{x+1}}{3x^3+x}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

El numerador y el denominador tienen igual grado, con lo que hay que dividir los coeficientes:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\mathbf{4}{\mathit{x}}^{\mathbf{3}}+\sqrt[3]{x+1}}{\mathbf{3}{\mathit{x}}^{\mathbf{3}}+x}=\frac{4}{3}$$

11.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{3x^2+5}}{2x+3}}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{3x^2+5}}{2x+3}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

En este caso, observa que el numerador está de nuevo afectado por la raíz, con lo que el grado del mismo (2/2=1) y el del denominador (1) también coinciden. El resultado será la división de los coeficientes (de nuevo, tienes que prestar atención a la raíz):

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{3x^2+5}}{2x+3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

12.-

$$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt[3]{x^5+6}}{x+\sqrt[6]{x^{10}+x}}}$$

Comenzamos haciendo el cambio de variable:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt[3]{x^5+6}}{x+\sqrt[6]{x^{10}+x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \sqrt[3]{{\left(-x\right)}^5+6}}}{{\displaystyle x+\sqrt[6]{{\left(-x\right)}^{10}-x}}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \sqrt[3]{-x^5+6}}}{{\displaystyle x+\sqrt[6]{x^{10}-x}}}=\left[\frac{-\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

Ahora hay que estudiar los grados, centrándonos solo en las potencias de x de mayor exponente, y teniendo en cuenta la raíz. En el numerador: 5/3. En el denominador: 10/6=5/3. Como son de igual grado, dividimos coeficientes y tenemos presente la relación de signos (-/+):

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt[3]{x^5+6}}{x+\sqrt[6]{x^{10}+x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \sqrt[3]{-x^5+6}}}{{\displaystyle x+\sqrt[6]{x^{10}-x}}}=\frac{\sqrt[3]{-1}}{\sqrt[6]{1}}=-1$$

13.-

$$\boxed{f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ccc}\frac{x^2-x^3+e^{{\displaystyle \frac{x}{2}}}}{\ln \left(1-x\right)-2^x}& \text{si}& x\le 3\\ 3^x& \text{si}& 3<x<2\\ 2^{-x-\sqrt{x}}+\frac{{\log }_2\left(2x\right)}{\ln \left(e^x\right)}& \text{si}& x\ge 2\end{array}\right.}$$

Empezando con x→-∞, tomamos la primera rama:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2-x^3+e^{{\displaystyle \frac{x}{2}}}}{\ln \left(1-x\right)-2^x}$$

Hacemos el cambio de variable:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2-x^3+e^{{\displaystyle \frac{x}{2}}}}{\ln \left(1-x\right)-2^x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+x^3+e^{{\displaystyle -\frac{x}{2}}}}{\ln \left(1+x\right)-2^{-x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+x^3+{\displaystyle \frac{1}{e^{{\displaystyle \frac{x}{2}}}}}}{\ln \left(1+x\right)-{\displaystyle \frac{1}{2^x}}}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]\text{IND}$$

Las exponenciales del numerador y del denominador se aproximan a cero, al dar lugar ambas a 1/∞=0. Por tanto, tenemos un numerador cuyo grado de infinito principal lo determina el x³ y un denominador con un logaritmo. Así pues, el numerador de de mayor grado:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+x^3+{\displaystyle \frac{1}{e^{{\displaystyle \frac{x}{2}}}}}}{\ln \left(1+x\right)-{\displaystyle \frac{1}{2^x}}}=\infty$$

Para el caso x→∞ tomamos la tercera rama:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^{-x-\sqrt{x}}+\frac{{\log }_2\left(2x\right)}{\ln \left(e^x\right)}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{2^{x+\sqrt{x}}}+\frac{{\log }_2\left(2x\right)}{\ln \left(e^x\right)}=0+\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

La indeterminación se resuelve teniendo en cuenta que el grado del denominador es mayor, con lo que:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{2}^{-x-\sqrt{x}}+\frac{{\log }_2\left(2x\right)}{\ln \left(e^x\right)}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{2^{x+\sqrt{x}}}+\frac{{\log }_2\left(2x\right)}{\ln \left(e^x\right)}=0+0=0$$

En cuanto a la representación de todos los casos, los apartados 1, 2, 3, 4, 6 y 12 recogen todas las posibilidades: