Límites Indeterminados - Ejercicios Resueltos

Dentro de nuestro estudio de límites, nos vamos a encontrar con ciertos límites que se indeterminan, pero ¿qué es un límite indeterminado?, un límite indeterminado es aquel en el que no se puede determinar el valor del límite mediante el uso de las reglas normales de cálculo de límites. Esto puede deberse a que la función tiene un comportamiento errático cerca del punto en cuestión o bien a que se requieren más cálculos para determinar el valor del límite.

Es por ello por lo que debemos tener formas y métodos para poder encontrar esos valores. Ahora veamos que tipos de indeterminaciones podemos encontrarnos al momento de realizar nuestros cálculos:

Contenidos
  1. Indeterminación de la forma 0/0
  2. Indeterminación de la forma ∞/∞
  3. Indeterminación de la forma ∞ - ∞ , 0 · ∞ , ∞0 , 1 · ∞
  4. Ejercicios Resueltos de Límites Indeterminados

Indeterminación de la forma 0/0

Sea f(x) y g(x) dos funciones tales que:

$\displaystyle \underset{{x\to a}}{\mathop{{\lim }}}\,f\left( x \right)=0$ y $\displaystyle \underset{{x\to a}}{\mathop{{\lim }}}\,g\left( x \right)=0$

Entonces la función $\displaystyle \frac{{f(x)}}{{g(x)}}$ tiene la forma indeterminada $\displaystyle \frac{0}{0}$ en $\displaystyle x=a$ , para poder encontrar la solución a este límite tenemos que realizar un método algebraico que consciste en factorizar el numerador y denominador, posteriormente a eso debemos reducir los términos que se acercan a cero. En otros métodos puede parecer un poco diferente el procedimiento tal como la solución para límites trigonométricos indeterminados.

Indeterminación de la forma ∞/∞

Sea f(x) y g(x) dos funciones tales que:

$\displaystyle \underset{{x\to a}}{\mathop{{\lim }}}\,f\left( x \right)=\pm \infty $ y $\displaystyle \underset{{x\to a}}{\mathop{{\lim }}}\,g\left( x \right)=\pm \infty $

Dónde es un número real ($\displaystyle +\infty $ , $\displaystyle -\infty $)

Se dice entonces que la función $\displaystyle \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}$ tiene la forma indeterminada $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$ en este punto.

Para encontrar el límite, debemos dividir el numerador y el denomiandor por el $\displaystyle x$ de más alto grado.

Indeterminación de la forma ∞ - ∞ , 0 · ∞ , ∞0 , 1 · ∞

Las formas indeterminadas de estos tipos generalmente se pueden tratar colocándolas en una de las formas $\displaystyle \frac{0}{0}$ o $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$

Ejercicios Resueltos de Límites Indeterminados

 Problema 1.

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{x}^{{20}}}-1}}{{{{x}^{{10}}}-1}}$

Solución:

Al realizar la sustitución del limite cuando x tiende a 1, esto nos da lo siguiente:

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{x}^{{20}}}-1}}{{{{x}^{{10}}}-1}}=\frac{{{{1}^{{20}}}-1}}{{{{1}^{{10}}}-1}}=\frac{0}{0}$

Lo que genera una indeterminación del tipo $\displaystyle \frac{0}{0}$

Pero si logramos factorizar el numerador de la siguiente forma:

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{{\left( {{{x}^{{10}}}} \right)}}^{2}}-1}}{{{{x}^{{10}}}-1}}=\underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\cancel{{\left( {{{x}^{{10}}}-1} \right)}}\left( {{{x}^{{10}}}+1} \right)}}{{\cancel{{{{x}^{{10}}}-1}}}}$

Por lo tanto nos quedaría el siguiente límite:

$\displaystyle L=\underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\left( {{{x}^{{10}}}+1} \right)={{1}^{{10}}}+1=1+1=2$

Por lo que la respuesta es: 2

 Problema 2.

$\displaystyle \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y}}{{{{y}^{2}}-y-6}}$

Solución:

Procedemos a sustituir al límite de y cuando tiende a -2

$\displaystyle \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y}}{{{{y}^{2}}-y-6}}=\frac{{-8+12-4}}{{4+2-6}}=\frac{0}{0}$

Factorizando el numerador:

$\displaystyle {{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y=y\left( {{{y}^{2}}+3y+2} \right)=y\left( {y+1} \right)\left( {y+2} \right)$

Aquí se usó la fórmula:

$\displaystyle a{{x}^{2}}+bx+c=a\left( {x-{{x}_{1}}} \right)\left( {x-{{x}_{2}}} \right)$

Dónde $\displaystyle {{x}_{1}}$ , $\displaystyle {{x}_{2}}$ son las soluciones de la ecuación cuadrática.

Similarmente hacemos lo mismo con el denominador:

$\displaystyle {{y}^{2}}-y-6=\left( {y-3} \right)\left( {y+2} \right)$

Por lo tanto, el límite es:

$\displaystyle \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y}}{{{{y}^{2}}-y-6}}=\underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{y\left( {y+1} \right)\cancel{{\left( {y+2} \right)}}}}{{\left( {y-3} \right)\cancel{{\left( {y+2} \right)}}}}$

Por tanto:

$\displaystyle \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y}}{{{{y}^{2}}-y-6}}=\underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{y\left( {y+1} \right)}}{{y-3}}$

Entonces

$\displaystyle \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y}}{{{{y}^{2}}-y-6}}=\frac{{\underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,y\cdot \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\left( {y+1} \right)}}{{\underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\left( {y-3} \right)}}$

Por lo que la respuesta es:

$\displaystyle \underset{{y\to -2}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{y}^{3}}+3{{y}^{2}}+2y}}{{{{y}^{2}}-y-6}}==\frac{{-2\cdot \left( {-1} \right)}}{{-5}}=-\frac{2}{5}$

 Problema 3.

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\sqrt[3]{x}-1}}{{x-1}}$

Solución:

Lo primero que haremos será evaluar el límite:

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\sqrt[3]{x}-1}}{{x-1}}=\frac{{\sqrt[3]{1}-1}}{{1-1}}=\frac{0}{0}$

Por lo tanto pasaremos a factorizarlo por diferencia de cubos:

$\displaystyle x-1={{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)}^{3}}-{{1}^{3}}=\left( {\sqrt[3]{x}-1} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{x}^{2}}}}+\sqrt[3]{x}+1} \right)$

Como resultado, tendremos un límite ya factorizado como:

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\sqrt[3]{x}-1}}{{x-1}}=\underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\cancel{{\sqrt[3]{x}-1}}}}{{\cancel{{\left( {\sqrt[3]{x}-1} \right)}}\left( {\sqrt[3]{{{{x}^{2}}}}+\sqrt[3]{x}+1} \right)}}$

Por lo qué nuestro límite quedará:

$\displaystyle \underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\sqrt[3]{x}-1}}{{x-1}}=\underset{{x\to 1}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{1}{{\sqrt[3]{{{{x}^{2}}}}+\sqrt[3]{x}+1}}=\frac{1}{{1+1+1}}=\frac{1}{3}$

Por lo que nuestro resultado será: 1/3

 Problema 4.

$\displaystyle \underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{{{x}^{3}}+3x+5}}{{2{{x}^{3}}-6x+1}}$

Solución:

Sustituyendo $\displaystyle x\to \infty $ esto da de la forma $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$

Ahora procedemos a dividir el numerador y denomiandor por $\displaystyle {{x}^{3}}$ que es el grado más alto en esta expresión, asi obtenemos entonces:

$\displaystyle L=\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\frac{{{{x}^{3}}+3x+5}}{{{{x}^{3}}}}}}{{\frac{{2{{x}^{3}}-6x+1}}{{{{x}^{3}}}}}}$

Esto nos da:

$\displaystyle L=\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\frac{{{{x}^{3}}}}{{{{x}^{3}}}}+\frac{{3x}}{{{{x}^{3}}}}+\frac{5}{{{{x}^{3}}}}}}{{\frac{{2{{x}^{3}}}}{{{{x}^{3}}}}-\frac{{6x}}{{{{x}^{3}}}}+\frac{1}{{{{x}^{3}}}}}}$

Simplificando:

$\displaystyle L=\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{1+\frac{3}{{{{x}^{2}}}}+\frac{5}{{{{x}^{3}}}}}}{{2-\frac{6}{{{{x}^{2}}}}+\frac{1}{{{{x}^{3}}}}}}$

Aplicando propiedad de los límites para una división

$\displaystyle L=\frac{{\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\left( {1+\frac{3}{{{{x}^{2}}}}+\frac{5}{{{{x}^{3}}}}} \right)}}{{\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\left( {2-\frac{6}{{{{x}^{2}}}}+\frac{1}{{{{x}^{3}}}}} \right)}}$

Obteniendo el límite de una suma tanto en el numerador y denominador:

$\displaystyle L=\frac{{\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,1+\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{3}{{{{x}^{2}}}}+\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{5}{{{{x}^{3}}}}}}{{\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,2-\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{6}{{{{x}^{2}}}}+\underset{{x\to \infty }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{1}{{{{x}^{3}}}}}}$

Por lo que obtenemos:

$\displaystyle L=\frac{{1+0+0}}{{2-0-0}}=\frac{1}{2}$

 Problema 5.

$\displaystyle \underset{{x\to \pi }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\cos \frac{x}{2}}}{{\pi -x}}$

Solución:

Si evaluamos el límite nos vamos a dar cuenta que se indetermina del tipo 0/0

Por lo que haremos un cambio de variable para solucionarlo, que consiste en hacer lo siguiente:

$\displaystyle x-\pi =t$ o también $\displaystyle x=t+\pi $ . Después cuando \displaystyle t\to 0 como $\displaystyle x\to \pi $

Por lo que nuestro límite tendrá la siguiente forma:

$\displaystyle L=\underset{{x\to \pi }}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\cos \frac{x}{2}}}{{\pi -x}}=\underset{{t\to 0}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\cos \frac{{t+\pi }}{2}}}{{-t}}$

Convirtiendo la última expresión usando la fórmula de reducción:

$\displaystyle \cos \left( {z+\frac{\pi }{2}} \right)=-\sin z$

Como resultado encontramos el límite de la función:

$\displaystyle L=\underset{{t\to 0}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{-\cos \frac{t}{2}}}{{-t}}=\underset{{\frac{t}{2}\to 0}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\sin \frac{t}{2}}}{{\frac{{2t}}{2}}}$

Por lo que:

$\displaystyle L=\frac{1}{2}\underset{{\frac{t}{2}\to 0}}{\mathop{{\lim }}}\,\frac{{\sin \frac{t}{2}}}{{\frac{t}{2}}}=\frac{1}{2}(1)=\frac{1}{2}$

Entonces el límite es 1/2

Carlos julián

Carlos Julián es ingeniero mecatrónico, profesor de física y matemáticas y dedicado a la programación web. Creador de contenido educativo y maestro en ciencias de la educación.

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