$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}=?$, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}=?$

Se pide estudiar los siguientes límites: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}$$ y $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}$$

Para $x\gg 1$, se sabe que $x! \sim x\,\ln(x)$ lo cual podemos visualizar comparando las gráficas de $x!$ y $x\,\ln(x)$ como se muestra en la siguiente figura, que he elaborado con la utilidad en línea WolframAlpha:

Por lo tanto:
  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x\,\ln(x)}$
Y, por la regla de L'Hôpital:
  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x\,\ln(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{(x^x)'}{(x\,\ln(x))'}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x\,(1+\ln(x))}{1+\ln(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,x^x=+\infty$
En conclusión: el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}$ diverge, por consiguiente $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{x^x}{x!}\right)^{-1}=\dfrac{1}{+\infty}=0$, converge a $0$

$\diamond$

Cálculo de límites con indeterminaciones del tipo 1^\infty

ENUNCIADO. Calcúlese el siguiente límite $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}\right)^{x+1}$$

SOLUCIÓN. Al pasar al límte la expresión de la base de la potencia y la expresión del exponente nos encontramos con una indeterminación del tipo $1^{\infty}$, que resolveremos empleando la siguiente propiedad $$\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}\,\left(1+\dfrac{1}{\Phi(x)}\right)^{\Phi(x)}=e$$

Procedemos a expresar convenientemente el argumento del límite, al objeto de aplicar esa propiedad. Dividiendo $x-2x^2+3$ entre $-2x^2+1$ obtenemos $C(x)=1$ y $R(x)=x+2$, por lo que podemos expresar la fracción impropia de la base de la potencia del argumento del límite de la forma $\dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}=1+\dfrac{x+2}{-2x^2+1}$, con lo cual
$\left( \dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}\right)^{x+1}=\left(\left(1+\dfrac{1}{(-2x^2+1)/(x+2)}\right)^{\dfrac{-2x^2+1}{x+2}}\right)^{(x+2)(x+1)/(-2x^2+1)}$.

Entonces $$\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\left(1+\dfrac{1}{(-2x^2+1)/(x+2)}\right)^{\dfrac{-2x^2+1}{x+2}}=e$$ y, por otra parte,
$$\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{(x+2)(x+1)}{-2x^2+1}=-\dfrac{1}{2}$$

Así que aplicando la propiedad de la potencia de los límites llegamos a $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}\right)^{x+1}=e^{-1/2}=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$$
$\square$

Otro ejercicio de cálculo de límites

ENUNCIADO.
Calcúlese el siguiente límite: $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{2x}{x-1}\right)^{(x^2-3)/(3x\,(x+5))}$$

SOLUCIÓN.
El límite de la base es $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\dfrac{2x}{x-1}=2$$ y el límite del exponente es $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\dfrac{x^2-3}{3x\,(x+5)}=\dfrac{1}{3}$$ por lo que $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{2x}{x-1}\right)^{(x^2-3)/(3x\,(x+5))}=2^{1/3}=\sqrt[3]{2}$$

$\square$

Cálculo de límites

ENUNCIADO.
(a) Calcúlese el siguiente límite: $$\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$$
(b) Calcúlese el siguiente límite: $$\lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$$

SOLUCIÓN.
(a)
Al pasar al límite, $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$, nos encontramos con una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$. Dividiendo numerador y denominador por $x^2$ podremos resolver este tipo de indeterminación:

$\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}=\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{1/x^3-2/x^4}-2/x^2}{1-6/x}=\dfrac{0}{1-0}=0$

Observación: También hubiésemos podido utilizar la regla de l'Hôpital, si bien, en este caso, la técnica empleada es la más eficiente.


(b) Al pasar al límite, $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$, nos encontramos con una indeterminación del tipo $\dfrac{0}{0}$.
Como en el caso anterior, también se cumplen en éste las condiciones de aplicación de la regla de l'Hôpital, y, en este caso, sí merece la pena emplearla.

$\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}=\lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{(\sqrt{x-2}-2)'}{(x^2-6x)'}=\lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{1/(2\,\sqrt{x-2})}{2x-6}=$
  $=\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{1/4}{(x-3)\,\sqrt{x-2}}=\dfrac{1}{4\cdot 3\cdot 2}=\dfrac{1}{24}$
$\square$

Calculando límites

ENUNCIADO. Calcular el siguiente límite $$\displaystyle\,\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{x}{\sin\,x}$$

SOLUCIÓN. $\displaystyle\,\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{x}{\sin\,x}\overset{\frac{0}{0}}{=}\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{(x)'}{(\sin\,x)'}=\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{1}{\cos\,x}=\dfrac{1}{\cos\,0}=\dfrac{1}{1}=1$
donde hemos aplicado la regla de l'Hôpital para resolver la indeterminación indicada
$\square$

Cálculo de límites de funciones

ENUNCIADO. Calcular el siguiente límite $$\displaystyle\,\lim_{x \rightarrow \infty}\,\dfrac{\sin\,x}{x}$$

SOLUCIÓN. La función del numerador, $\sin\,x$, está acotada entre $-1$ y $1$; por otra parte, al pasar al límite el denominador tiene a $\infty$, luego el límite pedido tiende a $0$ $\square$

Cálculo de límites. Manejando indeterminaciones del tipo 1^{\infty}

ENUNCIADO. Calcular el límite $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3}$$

SOLUCIÓN.

Procedimiento 1:
Al pasar al límite, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3} = \displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,x/3}$, llegamos a una indeterminación del tipo $1^\infty$. Como sabemos que este tipo de indeterminaciones suelen llevar a una potencia de base el número $e$, como resultado, podemos la siguiente técnica: designemos por $L$ al resultado del supuesto límite, $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3}=L$$ Considerando la función del argumento del límite, la denominamos $f(x)=\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3}$ Sacando logaritmos neperianos en cada miembro de la igualdad, $$\ln\,\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,f(x) =\ln\,L$$ y, por la propiedad del límite del logaritmo, esto es equivalente a $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\ln(f(x)) =\ln\,L$$ y denotando $$\ell=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\ln(f(x))$$ con lo cual $$L=e^{\ell}$$

Procedamos pues a calcular $\ell$:
$\ell=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\ln\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3}=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\left(\dfrac{x}{3}\,\ln\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)\right)\overset{\infty\cdot 0}{=}\lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{\ln\,(\dfrac{2x-1}{2x})}{3/x}\overset{\frac{0}{0}}{=}$

$=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{\ln\,(\dfrac{2x-1}{2x})}{3/x}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{\left(\ln\,(\dfrac{2x-1}{2x})\right)'}{(3/x)'}=$

$=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\,\dfrac{\dfrac{2x}{2x-1}\cdot \left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)'}{-3/x^2}=-\dfrac{1}{3}\,\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\,\dfrac{x}{2x-1}=-\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{6}$
con lo cual $$L=e^{-1/6}=\dfrac{1}{e^{1/6}}=\dfrac{1}{\sqrt[6]{e}}$$

Procedimiento 2:
Teniendo en cuenta que $\displaystyle \, \lim_{x \rightarrow \infty}\,\left(1+\dfrac{1}{g(x)}\right)^{g(x)}=e$, procedemos a escribir el argumento del límite de modo que su forma se pueda asimilar a la de la propiedad que acabamos de reseñar. Entonces,
$\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3}=\left(1+\dfrac{2x-1}{2x}-1\right)^{x/3}=\left(1+\dfrac{1}{(-2x)}\right)^{x/3}=$
$=\left(\left(\left(1+\dfrac{1}{(-2x)}\right)^{-2x}\right)^{\frac{1}{(-2x)}}\right)^{x/3}=\left(\left(1+\dfrac{1}{(-2x)}\right)^{-2x}\right)^{-\frac{1}{6}}$

Por consiguiente, $\displaystyle \, \lim_{x \rightarrow \infty}\,\left(\dfrac{2x-1}{2x}\right)^{x/3}=\left(\displaystyle \, \lim_{x \rightarrow \infty}\,\left(\left(1+\dfrac{1}{(-2x)}\right)^{-2x}\right)\right)^{\displaystyle \, \lim_{x \rightarrow \infty}\,-\frac{1}{6}}=e^{-\frac{1}{6}}=\dfrac{1}{e^{1/6}}=\dfrac{1}{\sqrt[6]{e}}$
$\square$

Límite de una función en un punto

ENUNCIADO. Demuéstrese que $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 3}\,(5x+1)=16$

SOLUCIÓN.
Recordemos que $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,f(x)=\ell$ si para cualquier intervalo de centro $\ell$ existe un intervalo de centro $a$ de manera que todos los puntos de dicho intervalo distintos de $a$ tengan su imagen en el referido intervalo de centro $\ell$, esto es $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,f(x)=\ell$ si para todo $\varepsilon \succ 0$ es posible encontrar un $\delta \succ 0$ ( que, en general, depende de $\varepsilon$ ) tal que si $x \in (a-\delta\,,\,a+\delta)$, siendo $x \neq a$, entonces $f(x) \in (\ell - \varepsilon,\,\,\ell + \epsilon)$

Dicho de otro modo, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,f(x)=\ell$ si para todo $\varepsilon \succ 0$ es posible encontrar un $\delta \succ 0$ ( que, en general, depende de $\varepsilon$ ) tal que si $\left|x-a\right|\prec \delta$, entonces $\left|f(x)-\ell \right|\prec \varepsilon$

En nuestro, en caso concreto, debemos probar que para todo $\varepsilon \succ 0$ es posible encontrar un $\delta \succ 0$ tal que si $\left|x-3\right|\le\delta$, entonces $\left|(5x+1)-16 \right|\le \varepsilon$

-oOo-
Empecemos acotando superiormente $\left|(5x+1)-16 \right|$:
$\left|(5x+1)-16 \right| = \left|5x-15 \right| = \left|5\,(x-3) \right|=5\,\left|x-3 \right|\prec 5\,\delta$; tomando ahora $\delta:=\dfrac{\varepsilon}{5}$, llegamos a $\left|(5x+1)-16 \right| \prec \varepsilon$, con lo cual queda probado que el valor del límite es $16$ $\square$

Cálculo de límites

Ejercicio a)
    Enunciado:
Calcular el valor del siguiente límite
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})^2}{(x-\frac{\pi}{2})^2}$

Resolución:
Por las propiedades elementales del cálculo de límites de las funciones continuas podemos escribir dicho límite de la forma

$\displaystyle \Bigg(\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})}\Bigg)^2$

Calculemos, por tanto, el límite de la base de la potencia

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})}$

al intentar pasar al límite encontramos una indeterminación del tipo

$\frac{0}{0}$

Para resolver dicha indeterminación, haremos uso de la regla de l'Hôpital (que recordemos que puede aplicarse si: a) tanto el numerador como el denominador son infinitésimos, és decir, tienden a cero al pasar al límite (que es nuestro caso); o bien, b) si el denominador tiende a infinito).

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})} =\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})'}{(x-\frac{\pi}{2})'}$


Con lo cual, derivando (numerador y denominador):

$\big(\cos{x}\big)'=-\sin{x}$

$\big(x-\frac{\pi}{2}\big)'=1$

y, por tanto, el límite anterior es igual a

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, (-\sin{x})=-1$

Finalmente,
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})^2}{(x-\frac{\pi}{2})^2} = (-1)^2 = 1$

$\square$

Ejercicio b)
    Enunciado:

Calcular el valor del siguiente límite
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x}$

Resolución:
Oservemos que, si pasamos al límite, obtenemos una indeterminación del tipo

$\dfrac{0}{0}$

Para resolverla, podemos emplear la regla de l'Hôpital, puesto que tanto el numerador como el denominador del argumento del límite són infinitésimos

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{(3^x-2^x)'}{(x)'} \quad \quad (1)$

expresaremos, por tanto, las exponenciales en base común $e$, con el objeto de calcular las derivadas:

$3^x=e^{x\,\ln{3}}$

$2^x=e^{x\,\ln{2}}$

calculemos las derivadas de las expresiones del numerador y del denominador:

$(3^x-2^x)'=(\ln{3})\,e^{x\,\ln{3}}-(\ln{2})\,e^{x\,\ln{2}}$

$(x)'=1$

y aplicando la regla de l'Hôpital (1)

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x} =\lim_{x \rightarrow 0} \, \big((\ln{3})\,e^{x\,\ln{3}}-(\ln{2})\,e^{x\,\ln{2}}\big)$

que es igual a

$\displaystyle \ln{3}\,\Big( \lim_{x \rightarrow 0} \, \big(e^{x\,\ln{3}}\big)\Big) - \ln{2}\, \Big(\lim_{x \rightarrow 0} \, \big(e^{x\,\ln{2}}\big)\Big)=\ln{3}-\ln{2}$

$\square$

[nota del autor]

Demostrar ( formalmente ) que el valor del límite es ...

ENUNCIADO: ´
Demostrar que $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2}\,x^2=4$, mediante el procedimiento de $\varepsilon$ y $\delta$.

SOLUCIÓN:
Hay que demostrar que dado $\varepsilon \prec 0$, existe $\delta \prec 0$ tal que $\left|x^2-4\right|\prec \varepsilon$ para $\left|x^2-4\right|\prec \delta$.
Entonces, como $\left|x-2\right| \prec \delta$, podemos escribir
$-\delta \prec x-2 \prec \delta $
$\Leftrightarrow -\delta + 2 \prec x-2+2 \prec \delta +2 $
  $\Leftrightarrow -\delta+2 \prec x \prec \delta+2 $
    $\Leftrightarrow (-\delta+2)^2 \prec x^2 \prec (\delta+2)^2 $
      $\Leftrightarrow \delta^2-4\delta+4 \prec x^2 \prec \delta^2+4\delta+4 $
        $\Leftrightarrow \delta^2-4\delta+4-4 \prec x^2-4 \prec \delta^2+4\delta+4-4$
          $\Leftrightarrow \delta^2-4\delta \prec x^2-4 \prec \delta^2+4\delta$     (1)

Ahora bien, si $\delta \prec 1$, $\delta^2 \prec \delta$, luego $\delta^2+4\delta \prec \delta + 4\delta =5\delta$; y $\delta^2-4\delta \succ -\delta^2-4\delta \succ -\delta - 4\delta=5\delta$.

Así, de (1), podemos escribir: $-5\delta \prec x^2-4 \prec 5\delta$. Y, tomando, $\delta:=\dfrac{\varepsilon}{5}$, llegamos a $-\varepsilon \prec x^2-4 \prec \varepsilon$; esto es, $\left|x^2-4\right|\prec \varepsilon$. $\square$

[nota del autor]

Calcular el límite ...

Enunciado:
Calcular el siguiente límite
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\, x\,\tan\, \dfrac{1}{x}$

Solución:
Teniendo en cuenta que la función tangente no está acotada
    $\tan\,\alpha \in (-\infty, \infty)$
y aunque el factor $x$ tienda a cero cuando $x \rightarrow 0$, debemos tener en cuenta que la tangente de $1/x$ oscil·la entre $-\infty$ y $+\infty$: pequeñas variaciones de $x$ dan lugar a grandes variaciones del argumento de la razón tangente ( $1/x \rightarrow \infty$ cuando $x \rightarrow 0$ ), se concluye de ello que el límite no existe.
$\square$

[nota del autor]

Cálcular el siguiente límite. ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Calculeu el següent límit
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\, x\,\sin\, \dfrac{1}{x}$

Solució:
Tenint en compte que la funció
    $\sin \, \dfrac{1}{x}$
està fitada entre $-1$ i $1$
i que el factor $x$ tendeix a zero quan $x \rightarrow 0$
llavors
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\, x\,\sin\, \dfrac{1}{x}=0$
$\square$

[nota del autor]

Calcular el siguiente límite ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Calculeu el següent límit
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, x\,\tan\, \dfrac{1}{x}$

Solució:
Fent el canvi $w=1/x$ podem escriure
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, x\,\tan\, \dfrac{1}{x}=\lim_{w \rightarrow 0}\, \dfrac{1}{w}\,\tan\,w$
i, en passar al límit, s'obté una indeterminació del tipus $0/0$, que resoldrem fent ús de la tècnica de l'Hôpital
      $\displaystyle \lim_{w \rightarrow 0}\, \dfrac{1}{w}\,\tan\,w=\lim_{w \rightarrow 0}\, \dfrac{(\tan\,w)^{'}}{(w)^{'}}=\lim_{w \rightarrow 0}\, \dfrac{\frac{1}{\cos^{2}\,w}}{1}=\dfrac{1}{\cos^{2}\,0}=\dfrac{1}{1}=1$
$\square$

[nota del autor]

Ejercicio de cálculo de límites ( artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Calculeu el següent límit
      $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\, n\,\sin\, \dfrac{1}{n}$

Solució:
Passant al límit, ens trobem amb una indeterminació del tipus $\infty \cdot 0$, que resoldrem fent el canvi de variable
    $x=\dfrac{1}{n}$
amb la qual cosa si $ n \rightarrow \infty$, llavors $ x \rightarrow 0$
per tant
      $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\, n\,\sin\, \dfrac{1}{n} = \lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{1}{x}\,\sin\, x=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{\sin\, x}{x}$
passant al límit arribem ara a una indeterminació del tipus $\frac{0}{0}$
que resoldrem fent ús de la regla de l'Hôpital
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{\sin\, x}{x}=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{(\sin\, x)^{'}}{(x)^{'}}=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{\cos\, x}{1}=\lim_{x \rightarrow 0}\,\cos\, x$
i, finalment, tornant a passar al límit, trobem que el seu valor és igual a $\cos \,0$, que és igual a $1$
és a dir
      $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\, n\,\sin\, \dfrac{1}{n}=1$
$\square$

[nota del autor]