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

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

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

Teoremas básicos acerca de funciones continuas y derivables

TEOREMAS BÁSICOS SOBRE CONTINUIDAD

Teorema de Weierstrass. Una función real de variable real, $f(x)$, continua en un intervalo cerrado y acotado, entonces dicha función está acotada y alcanza la menor de las cotas superiores ( supremo ) y la mayor de las cotas inferiores ( ínfimo ) dentro del mismo, es decir, alcanza los valores máximo y mínimo en puntos de dicho intervalo. En otras palabras, existen $x_1,x_2 \in [a,b]$ tales que $f(x_1)=\text{min}\,\{f(x)\}$ y $f(x_2)=\text{max}\,\{f(x)\}$

Nota: Desde luego, al hablar aquí de máximo y mínimo, no debe entenderse que éstos han de ser necesariamente máximos y mínimos relativos ( locales ).

Teorema de Bolzano. Sea $f(x)$ una función real de variable real, continua en un intervalo cerrado, y tal que en sus extremos los valores de función son de signos opuestos, entonces existe por lo menos una raíz de la función que pertenece a dicho intervalo.

Corolario (Teorema de los valores intermedios)
Con las premisas del teorema de Bolzano, se tiene que para cualquier $f(a) \le k \le f(b)$ existe al menos un valor $c \in [a,b]$ tal que $f(c)=k$

Nota: No debe confundirse el teorema de los valores intermedios con el teorema del valor medio ( o teorema de Lagrange ), que se expondrá a continuación.

TEOREMAS BÁSICOS SOBRE DERIVABILIDAD DE FUNCIONES CONTINUAS EN UN CIERTO INTERVALO

Teorema de Fermat. Sea $f(x)$ una función real de variable real, definida en cierto entorno del punto $x_0$, siendo tal que en dicho punto la función es derivable, y toma en él el valor máximo ó el v. mínimo, entonces $f'(x_0)=0$


Teorema de Rolle. Sea $f(x)$ una función real de variable real, continua en un intervalo cerrado $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$; entonces, si $f(a)=f(b)$ existe por lo menos un punto $c \in (a,b)$ tal que $f'(c)=0$.

Teorema de Lagrange ( o del valor medio). Sea $f(x)$ una función real de variable real, continua en un intervalo cerrado $[a,b]$ y derivable en $(a,b)$; entonces existe al menos un punto $c \in (a,b)$ tal que la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en este punto es igual a la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos $(a,f(a))$ y $(b,f(b))$, esto es, $f'(c)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$

Teorema de Cauchy. Sean dos funciones reales de variable real, $f(x)$ y $g(x)$, continuas en un intervalo cerrado $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$; entonces existe al menos un punto $c \in (a,b)$ tal que $\dfrac{f'(c)}{g'(c)}=\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$

Observación: Una consecuencia de este teorema es la regla de L'Hôpital, muy útil para trabajar con indeterminaciones en el cálculo de límites:
i) Si $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,f(x)=\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,g(x)=0$ y existe $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=b$, entonces $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \rightarrow a}\,\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=b$$

ii) Si $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,f(x)=\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,g(x)=\infty$ y existe $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=b$, entonces $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \rightarrow a}\,\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=b$$

$\square$

Aplicar la regla de L'Hôpital para calcular el siguiente límite ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Calculeu el següent límit
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{x^2}{\sin^{2}\,x}$

Solució:
Passant al límit ens trobem amb una indeterminació del tipus zero partit per zero que tractarem fent ús de la regla de l'Hôpital repetidament:
      $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{x^2}{\sin^{2}\,x}=\big(\dfrac{0}{0}\big)=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{(x^2)^{'}}{(\sin^{2}\,x)^{'}}=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{2\,x}{2\,\sin\,x\,\cos\,x}$
        $\displaystyle=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{2\,x}{\sin\,2\,x}=\big(\dfrac{0}{0}\big)=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{(2\,x)^{'}}{(\sin\,2\,x)^{'}}$
        $\displaystyle=\lim_{x \rightarrow 0}\, \dfrac{2}{2\,\cos\,2\,x}=\dfrac{2}{2\,\cos\,(2\cdot 0)}=\dfrac{2}{2\cdot \cos \,0}=\dfrac{2}{2\cdot 1}=1$
$\square$

[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]