Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Límites y continuidad

Andalucía · 2010 · Junio · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 1. [2,5 puntos] Calcula

\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-e^{\operatorname{sen} x}}{x^{2}}

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;x\to0: \ e^{0}-e^{0} = 0 \ \text{ y } \ x^{2} = 0 \;\Longrightarrow\; \tfrac00\;}

\boxed{\;\text{L'H (primera)}: \ \lim\frac{e^{x}-\cos x\,e^{\operatorname{sen} x}}{2x} = \tfrac00 \ \text{ otra vez}\;}

\boxed{\;\text{L'H (segunda)}: \ \lim\frac{e^{x}-e^{\operatorname{sen} x}\bigl(\cos^{2}x-\operatorname{sen} x\bigr)}{2}\;}

\boxed{\;= \frac{1-1\,(1-0)}{2} = 0\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Es una indeterminación

\dfrac00

: se aplica L'Hôpital, pero hay que estar dispuesto a hacerlo dos veces (la primera derivada vuelve a dar

\frac00

).

La derivada de

e^{\operatorname{sen} x}

\cos x\cdot e^{\operatorname{sen} x}

(regla de la cadena), y en la segunda vuelta hay que aplicar además la regla del producto.

(Alternativa elegante: los desarrollos de Taylor. $e^{x}$ y $e^{\operatorname{sen} x}$ coinciden hasta el orden $2$ , así que la diferencia es de orden $3$ y el cociente tiende a $0$ .)

Desarrollo

Comprobamos la indeterminación.

x = 0: \quad e^{0}-e^{\operatorname{sen}0} = 1-e^{0} = 1-1 = 0 \qquad x^{2} = 0

\frac00 \;\Longrightarrow\; \text{L'Hôpital}

Primera aplicación.

\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-\cos x\cdot e^{\operatorname{sen} x}}{2x}

En $x=0$ : el numerador es

\;1-1\cdot1 = 0

, y el denominador

0

. Sigue siendo $\frac00$ .

Segunda aplicación. Derivamos el numerador con la regla del producto:

\bigl(\cos x\cdot e^{\operatorname{sen} x}\bigr)' = -\operatorname{sen} x\cdot e^{\operatorname{sen} x}+\cos x\cdot\cos x\cdot e^{\operatorname{sen} x}

= e^{\operatorname{sen} x}\bigl(\cos^{2}x-\operatorname{sen} x\bigr)

\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-e^{\operatorname{sen} x}\bigl(\cos^{2}x-\operatorname{sen} x\bigr)}{2}

Ahora sí, sustituyendo $x = 0$ (

\operatorname{sen}0 = 0

\cos0 = 1

e^{0} = 1

\frac{1-1\cdot(1-0)}{2} = \frac{1-1}{2} = \frac{0}{2} = 0

\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-e^{\operatorname{sen} x}}{x^{2}} = 0

Comprobación con desarrollos de Taylor.

e^{x} = 1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\cdots \qquad \operatorname{sen} x = x-\frac{x^{3}}{6}+\cdots

e^{\operatorname{sen} x} = 1+\left(x-\frac{x^{3}}{6}\right)+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\cdots = 1+x+\frac{x^{2}}{2}+0\cdot x^{3}+\cdots

e^{x}-e^{\operatorname{sen} x} = \frac{x^{3}}{6}+\cdots \;\Longrightarrow\; \frac{e^{x}-e^{\operatorname{sen} x}}{x^{2}} = \frac{x}{6}+\cdots \to 0 \;\checkmark

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

Después de aplicar L'Hôpital, vuelve a comprobar si sigue habiendo indeterminación. Aquí hace falta aplicarlo dos veces; parar en la primera da un resultado sin sentido.

Cuidado con $\bigl(e^{\operatorname{sen} x}\bigr)' = \cos x\cdot e^{\operatorname{sen} x}$ : es regla de la cadena. Y al derivarla otra vez, regla del producto sobre $\cos x$ y la exponencial.

Que el límite valga exactamente $0$ no es casualidad: $e^{x}$ y $e^{\operatorname{sen} x}$ coinciden hasta el término en $x^{2}$ , y la primera diferencia aparece en $x^{3}$ .