Indeterminacións

Indeterminación \(\frac{0}{0}\)

• Fraccións sen radicais: factorizar os polinomios da fracción alxébrica e simplificala
  
  

  \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^3 - 2x^2 - x + 2}{x^2 + x - 2} = \frac{0}{0} \)   Factorizamos: \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x + 1)(x - 2)}{(x - 1)(x + 2)} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{(x + 1)(x - 2)}{x + 2} = \frac{-2}{3}\)

  \(\lim\limits_{x \to -2^+} \frac{2x + 4}{x^2 + 4x + 4} = \frac{0}{0} \)      Factorizamos: \(\lim\limits_{x \to -2^+} \frac{2(x + 2)}{(x + 2)^2} = \lim\limits_{x \to -2^+} \frac{2}{x + 2} = \frac{2}{0^+} = +\infty\)

• Fraccións con radicais: multiplicando polo conxugado no numerador e no denominador
  
  

  \(\lim\limits_{x \to 2} \frac{x^2 - 4x + 4}{\sqrt{2x} - 2} = \frac{0}{0} \)   Multiplicamos polo conxugado do denominador:   \(\lim\limits_{x \to 2} \frac{(x^2 - 4x + 4)(\sqrt{2x} + 2)}{(\sqrt{2x} - 2)(\sqrt{2x} + 2)} =  \lim\limits_{x \to 2} \frac{(x - 2)^2(\sqrt{2x} + 2)}{2x - 4} =\)   \(=  \lim\limits_{x \to 2} \frac{(x - 2)^2(\sqrt{2x} + 2)}{2(x - 2)} =  \lim\limits_{x \to 2} \frac{(x - 2)(\sqrt{2x} + 2)}{2} = 0\)

  \(\lim\limits_{x \to 3} \frac{\sqrt{x + 6} - 3}{x - 3} = \frac{0}{0} \)   Multiplicamos polo conxugado do denominador:   \(\lim\limits_{x \to 3} \frac{(\sqrt{x + 6} - 3)(\sqrt{x + 6} + 3)}{(x - 3)(\sqrt{x + 6} + 3)} =  \lim\limits_{x \to 3} \frac{(x + 6) - 9}{(x - 3)(\sqrt{x + 6} + 3)} =\)   \(=  \lim\limits_{x \to 3} \frac{x - 3}{(x - 3)(\sqrt{x + 6} + 3)} =  \lim\limits_{x \to 3} \frac{1}{\sqrt{x + 6} + 3} = \frac{1}{6}\)

Indeterminación \(\frac{\infty}{\infty}\)

Dividimos cada un dos termos, tanto do numerador como do denominador, da fracción alxébrica por \(x\) elevada ao maior expoñente que apareza. O resultado disto, tendo en conta que os límites dos termos de grado menor ao que estamos a dividir van a 0, da como resultado que calcular estes límites será equivalente a calcular o límite da fracción alxébrica formada polo termo de maior grado no numerador entre o termo de maior grado no denominador.

\(\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{5x^2 - 6x + 1}{2x - 7} = \frac{\infty}{\infty}\)   Transformamos no límite equivalente e resolvemos:   \(\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{5x^2}{2x} = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{5x}{2} = -\infty\)

\(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{\sqrt{5x^2 - 4x + 2}}{2x - 3} = \frac{\infty}{\infty}\)   Transformamos no límite equivalente e resolvemos:   \(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{\sqrt{5x^2}}{2x} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{x\sqrt{5}}{2x} = \frac{\sqrt{5}}{2}\)

 

Indeterminación \(\infty - \infty\)

• Resta de fraccións alxebraicas: operamos as fraccións para ter unha soa e resolvemos.
  
  

  \(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{x^2 + x - 3}{x} - \frac{x^3 + 4x - 1}{x^2 - 4x} = \infty - \infty\)    Operamos as fraccións alxebraicas:   \(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{(x^2 + x - 3)(x - 4) - (x^3 + 4x - 1)}{x(x - 4)} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{-3x^2 - 11x + 13}{x(x - 4)} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{-3x^2}{x^2} = \lim\limits_{x \to \infty} (-3) = -3 \)

  \(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{x^3 + 1}{x + 1} - \frac{x^2 - 4x}{x} = \infty - \infty\)    Operamos as fraccións alxebraicas:   \(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{(x^3 + 1) \cdot x - (x^2 - 4x)(x + 1)}{(x + 1) \cdot x} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{x^4 - x^3 + 3x^2 + 5x}{x^2 + x} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{x^4}{x^2} = \lim\limits_{x \to \infty} x^2 = +\infty \)

• Resta de radicais: multiplicamos e dividimos polo conxugado (recordadorio: isto equivale a multiplicar por 1, por iso o podemos facer)
  
  

  \(\lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{x + 4} - \sqrt{x - 3} = \infty - \infty\)   Multiplicamos e dividemos polo conxugado:   \(\lim\limits_{x \to \infty} \left(\sqrt{x + 4} -  \sqrt{x - 3}\right) \frac{\sqrt{x + 4} + \sqrt{x + 3}}{\sqrt{x + 4} + \sqrt{x - 3}} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{x + 4 - (x + 3)}{\sqrt{x + 4} + \sqrt{x - 3}} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{7}{\sqrt{x + 4} + \sqrt{x - 3}} = \frac{7}{\infty} = 0\)

  \(\lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{3x^4 - 5} - 2x = \infty - \infty\)   Multiplicamos e dividemos polo conxugado:   \(\lim\limits_{x \to \infty} \left(\sqrt{3x^4 - 5} - 2x\right) \frac{\sqrt{3x^4 - 5} + 2x}{\sqrt{3x^4 - 5} + 2x} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{3x^4 - 5 - 4x^2}{\sqrt{3x^4 - 5} + 2x} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{3x^4}{\sqrt{3x^4}} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{3x^4}{x^2\sqrt{3}} =\)   \(= \lim\limits_{x \to \infty} \frac{3x^2}{\sqrt{3}} = \infty\)

Indeterminación \(0 \cdot \infty\)

Para resolver estas indeterminación hai que transformalas en indeterminacións dos tipos \(\frac{\infty}{\infty}\) o \(\frac{0}{0}\).

\(\lim\limits_{x \to 0} \frac{x^2}{x - 1} \cdot \frac{x + 1}{x^2} = 0 \cdot \infty\)   Operamos e obtemos unha fracción:   \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{x^2 (x + 1)}{(x - 1)x^2} = \left(\frac{0}{0}\right) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{x + 1}{x - 1} =  -1\)

\(\lim\limits_{x \to \infty} \left((2x - 3) \frac{3x}{\sqrt{3x^4 - 2x}}\right) = \infty \cdot 0\)   Operamos e obtemos unha fracción:   \(\lim\limits_{x \to \infty} \frac{(2x - 3) \cdot 3x}{\sqrt{3x^4 - 2x}} = \left(\frac{\infty}{\infty}\right) = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{6x^2}{\sqrt{3x^4}} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{6x^2}{x^2\sqrt{3}} = \frac{6}{\sqrt{3}}\)

Inderminación \(1^{\infty}\)

Para resolver esta indeterminación utilizaremos a igualdade \(\lim\limits_{x \to \pm\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e\) transformando a expresión orixinal nunha similar a ista.

Ou ben se poden resolver tendo en conta a seguinte equivalencia: \(\lim\limits_{x \to \infty} f(x)^{g(x)} = e^{\lim\limits_{x \to \infty} g(x)\left(f(x) - 1\right)}\).

\(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\frac{6x^2 + 2x}{6x^2 + 5x}\right)^{2x - 1} = 1^{\infty}\)   Transformamos a expresión. Como quero que teña un 1 sumando a base, vou sumar e restar 1, esto quere dicir que terei o mesmo que tiña, porque supón sumar 0, pero co aspecto que estou buscando.     \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{6x^2 + 2x}{6x^2 + 5x} - 1\right)^{2x - 1}\)    Opero a fracción coa resta para así transformar a base en 1 máis unha fracción:     \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{6x^2 + 2x -6x^2 - 5x}{6x^2 + 5x}\right)^{2x - 1} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{-3x}{6x^2 + 5x}\right)^{2x - 1}\)   Agora vou transformar xa na expresión que busco, logo na fracción divido polo numerador e no expoñente divido e multiplico pola fracción que me queda no denominador da fracción da base, de xeito que a expresión segue a ser equivalente a inicial:     \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{1}{\frac{6x^2 + 5x}{-3x}}\right)^{(2x - 1)\frac{6x^2 + 5x}{-3x}\frac{-3x}{6x^2 + 5x}}\)   Agora o que é equivalente a expresión de \(e\) o cambio por \(e\) e do resto calculo o límite.   \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \frac{1}{\frac{6x^2 + 5x}{-3x}}\right)^{\frac{6x^2 + 5x}{-3x}(2x - 1)\frac{-3x}{6x^2 + 5x}} = e^{\lim\limits_{x \to +\infty}(2x - 1)\frac{-3x}{6x^2 + 5x}}\)   Calculamos o límite do expoñente, que neste caso teño un \(\infty \cdot 0\) que ao resolvelo queda.   \(e^{\lim\limits_{x \to +\infty}(2x - 1)\frac{-3x}{6x^2 + 5x}} = e^{-1}\)

\(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\frac{x - 1}{x + 2}\right)^{x + 1} = 1^{\infty}\)   Neste caso imos a aplicar a expresión da equivalencia final xa.   \(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\frac{x - 1}{x + 2}\right)^{x + 1} = e^{\lim\limits_{x \to +\infty}(x + 1)\left(\frac{x - 1}{x + 2} - 1\right)} = e^{\lim\limits_{x \to +\infty}(x + 1)\frac{-3}{x + 2}} = e^{-3}\)