Método

Ejercicios: Las otras indeterminaciones

0⋅∞→0 \cdot \infty \to al denominador 1∞→1\infty \to aplicar ln y deshacer al final

Si no te acordás cómo se usa, repasá la teoría.

Las 12 actividades recorren los distintos tipos de ejercicio del tema, con tres variantes de cada uno. Si te trabás en una, mirá la solución y seguí con la siguiente.

1. Calculá lim⁡x→0+2xln⁡x\lim_{x \to 0^{+}} 2x\ln x.

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1. Identificamos la forma. 2x→02x \to 0 y ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty: es cero por infinito, que L'Hôpital no acepta directamente.

2. Pasamos un factor al denominador como su inverso. 2xln⁡x=2ln⁡x1/x2x\ln x = \dfrac{2\ln x}{1/x}, que ahora es infinito sobre infinito.

3. Aplicamos L'Hôpital. Arriba 2x\dfrac{2}{x} y abajo −1x2-\dfrac{1}{x^{2}}, así que el cociente queda −2x-2x.

4. Tomamos límite. −2x→0-2x \to 0. La elección de cuál factor bajar importa: al revés la cuenta se complica.

Respuesta: 00

2. Calculá lim⁡x→0+(1x−12x)\lim_{x \to 0^{+}} \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{2x}\right).

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1. Identificamos la forma. Los dos términos se van a +∞+\infty: es infinito menos infinito, indeterminado.

2. Buscamos denominador común. 2−12x=12x\dfrac{2 - 1}{2x} = \dfrac{1}{2x}

3. Miramos la forma nueva. Ahora es un número distinto de cero sobre algo que tiende a 0+0^{+}, así que no es indeterminación.

4. Concluimos. El límite es +∞+\infty. La resta parecía indeterminada solo por cómo estaba escrita: juntando en una sola fracción se resolvió sin derivar nada.

Respuesta: +∞+\infty

3. Calculá lim⁡x→0+(1+4x)1/x\lim_{x \to 0^{+}} (1 + 4x)^{1/x} usando logaritmo.

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1. Identificamos la forma. La base tiende a 11 y el exponente a infinito: es uno elevado a infinito, indeterminado.

2. Tomamos logaritmo. Llamamos LL al límite: ln⁡L=lim⁡ln⁡(1+4x)x\ln L = \lim \dfrac{\ln(1 + 4x)}{x}, que ahora es cero sobre cero.

3. Aplicamos L'Hôpital. Arriba 41+4x\dfrac{4}{1 + 4x} y abajo 11, que en x=0x = 0 da 44.

4. Volvemos del logaritmo. ln⁡L=4\ln L = 4, así que L=e4L = e^{4}. Tomar logaritmo convierte la potencia en un producto y el problema en uno que la regla sí acepta.

Respuesta: e4e^{4}

4. Calculá lim⁡x→0+x2x\lim_{x \to 0^{+}} x^{2x}.

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1. Identificamos la forma. La base tiende a 00 y el exponente también: es cero elevado a cero, indeterminado.

2. Tomamos logaritmo. ln⁡L=lim⁡2xln⁡x\ln L = \lim 2x\ln x, que es cero por infinito.

3. Lo llevamos a un cociente y aplicamos L'Hôpital. 2ln⁡x1/x\dfrac{2\ln x}{1/x} deriva en 2/x−1/x2=−2x\dfrac{2/x}{-1/x^{2}} = -2x, que tiende a 00.

4. Volvemos del logaritmo. ln⁡L=0\ln L = 0, así que L=e0=1L = e^{0} = 1. Las formas con exponente indeterminado se resuelven todas igual: logaritmo, después L'Hôpital, y al final exponencial.

Respuesta: 11

5. Calculá lim⁡x→0+7xln⁡x\lim_{x \to 0^{+}} 7x\ln x.

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1. Identificamos la forma. 7x→07x \to 0 y ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty: es cero por infinito, que L'Hôpital no acepta directamente.

2. Pasamos un factor al denominador como su inverso. 7xln⁡x=7ln⁡x1/x7x\ln x = \dfrac{7\ln x}{1/x}, que ahora es infinito sobre infinito.

3. Aplicamos L'Hôpital. Arriba 7x\dfrac{7}{x} y abajo −1x2-\dfrac{1}{x^{2}}, así que el cociente queda −7x-7x.

4. Tomamos límite. −7x→0-7x \to 0. La elección de cuál factor bajar importa: al revés la cuenta se complica.

Respuesta: 00

6. Calculá lim⁡x→0+(1x−14x)\lim_{x \to 0^{+}} \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{4x}\right).

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1. Identificamos la forma. Los dos términos se van a +∞+\infty: es infinito menos infinito, indeterminado.

2. Buscamos denominador común. 4−14x=34x\dfrac{4 - 1}{4x} = \dfrac{3}{4x}

3. Miramos la forma nueva. Ahora es un número distinto de cero sobre algo que tiende a 0+0^{+}, así que no es indeterminación.

4. Concluimos. El límite es +∞+\infty. La resta parecía indeterminada solo por cómo estaba escrita: juntando en una sola fracción se resolvió sin derivar nada.

Respuesta: +∞+\infty

7. Calculá lim⁡x→0+(1+6x)1/x\lim_{x \to 0^{+}} (1 + 6x)^{1/x} usando logaritmo.

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1. Identificamos la forma. La base tiende a 11 y el exponente a infinito: es uno elevado a infinito, indeterminado.

2. Tomamos logaritmo. Llamamos LL al límite: ln⁡L=lim⁡ln⁡(1+6x)x\ln L = \lim \dfrac{\ln(1 + 6x)}{x}, que ahora es cero sobre cero.

3. Aplicamos L'Hôpital. Arriba 61+6x\dfrac{6}{1 + 6x} y abajo 11, que en x=0x = 0 da 66.

4. Volvemos del logaritmo. ln⁡L=6\ln L = 6, así que L=e6L = e^{6}. Tomar logaritmo convierte la potencia en un producto y el problema en uno que la regla sí acepta.

Respuesta: e6e^{6}

8. Calculá lim⁡x→0+x6x\lim_{x \to 0^{+}} x^{6x}.

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1. Identificamos la forma. La base tiende a 00 y el exponente también: es cero elevado a cero, indeterminado.

2. Tomamos logaritmo. ln⁡L=lim⁡6xln⁡x\ln L = \lim 6x\ln x, que es cero por infinito.

3. Lo llevamos a un cociente y aplicamos L'Hôpital. 6ln⁡x1/x\dfrac{6\ln x}{1/x} deriva en 6/x−1/x2=−6x\dfrac{6/x}{-1/x^{2}} = -6x, que tiende a 00.

4. Volvemos del logaritmo. ln⁡L=0\ln L = 0, así que L=e0=1L = e^{0} = 1. Las formas con exponente indeterminado se resuelven todas igual: logaritmo, después L'Hôpital, y al final exponencial.

Respuesta: 11

9. Calculá lim⁡x→0+4xln⁡x\lim_{x \to 0^{+}} 4x\ln x.

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1. Identificamos la forma. 4x→04x \to 0 y ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty: es cero por infinito, que L'Hôpital no acepta directamente.

2. Pasamos un factor al denominador como su inverso. 4xln⁡x=4ln⁡x1/x4x\ln x = \dfrac{4\ln x}{1/x}, que ahora es infinito sobre infinito.

3. Aplicamos L'Hôpital. Arriba 4x\dfrac{4}{x} y abajo −1x2-\dfrac{1}{x^{2}}, así que el cociente queda −4x-4x.

4. Tomamos límite. −4x→0-4x \to 0. La elección de cuál factor bajar importa: al revés la cuenta se complica.

Respuesta: 00

10. Calculá lim⁡x→0+(1x−13x)\lim_{x \to 0^{+}} \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{3x}\right).

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1. Identificamos la forma. Los dos términos se van a +∞+\infty: es infinito menos infinito, indeterminado.

2. Buscamos denominador común. 3−13x=23x\dfrac{3 - 1}{3x} = \dfrac{2}{3x}

3. Miramos la forma nueva. Ahora es un número distinto de cero sobre algo que tiende a 0+0^{+}, así que no es indeterminación.

4. Concluimos. El límite es +∞+\infty. La resta parecía indeterminada solo por cómo estaba escrita: juntando en una sola fracción se resolvió sin derivar nada.

Respuesta: +∞+\infty

11. Calculá lim⁡x→0+(1+5x)1/x\lim_{x \to 0^{+}} (1 + 5x)^{1/x} usando logaritmo.

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1. Identificamos la forma. La base tiende a 11 y el exponente a infinito: es uno elevado a infinito, indeterminado.

2. Tomamos logaritmo. Llamamos LL al límite: ln⁡L=lim⁡ln⁡(1+5x)x\ln L = \lim \dfrac{\ln(1 + 5x)}{x}, que ahora es cero sobre cero.

3. Aplicamos L'Hôpital. Arriba 51+5x\dfrac{5}{1 + 5x} y abajo 11, que en x=0x = 0 da 55.

4. Volvemos del logaritmo. ln⁡L=5\ln L = 5, así que L=e5L = e^{5}. Tomar logaritmo convierte la potencia en un producto y el problema en uno que la regla sí acepta.

Respuesta: e5e^{5}

12. Calculá lim⁡x→0+x5x\lim_{x \to 0^{+}} x^{5x}.

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1. Identificamos la forma. La base tiende a 00 y el exponente también: es cero elevado a cero, indeterminado.

2. Tomamos logaritmo. ln⁡L=lim⁡5xln⁡x\ln L = \lim 5x\ln x, que es cero por infinito.

3. Lo llevamos a un cociente y aplicamos L'Hôpital. 5ln⁡x1/x\dfrac{5\ln x}{1/x} deriva en 5/x−1/x2=−5x\dfrac{5/x}{-1/x^{2}} = -5x, que tiende a 00.

4. Volvemos del logaritmo. ln⁡L=0\ln L = 0, así que L=e0=1L = e^{0} = 1. Las formas con exponente indeterminado se resuelven todas igual: logaritmo, después L'Hôpital, y al final exponencial.

Respuesta: 11

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