1r ciclo Cálculo de límites

[oganesson]

Buenas tardes.

Estoy intentando calcular el siguiente limite pero no lo consigo. He probado con las raíces conjugadas pero no me llevan a ninguna parte. Ademas el orden de cada radical es distinto y se complican las cosas. También he pensando en que podría ser cosa de utilizar una equivalencia de infinitésimos pero tampoco veo como aplicar esto último. Si alguien lo resuelve le estaría agradecido. El limite es el siguiente.
-

$\dst \lim\limits_{x \to 7}\frac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}$

-
El resultado del limite es $\dst L=\frac{112}{27}$ . Gracias de antemano.

Un saludo.

[Richard R Richard]

Aplica la regla de H'opital

$\dst \lim_{x \to c}{f(x)\over g(x)} =<br /> \lim_{x \to c}{f'(x) \over g'(x)} = L$

Aver si eso ayuda

https://es.wikipedia.org/wiki/Regla_de_l%27H%C3%B4pital

[oganesson]

Lo he intentado. Pero el resultado me da $\dst L=\frac{96}{162}$ . Además el profesor de cálculo le tiene mucha "manía" a la regla de L´Hôpital no sé por qué. Pero dice que intentemos calcular todos los límites sin usar esa regla.

Vale, no he dicho nada, que había cometido un fallo. Haciendo L´Hôpital si que me da 112/27 así que gracias. De todas maneras, como he dicho arriba, el profesor nos suele decir que no usemos L´Hôpital así que en el examen igual no podemos usarlo. Por eso si alguien encuentra alguna forma diferente de hacerlo, se lo agradecería mucho

[Alriga]

... Haciendo L´Hôpital si que me da 112/27 ... si alguien encuentra alguna forma diferente de hacerlo, ...

Hacemos el desarrollo en Serie de Taylor en el punto a=7 de:

1)

$$\sqrt{x+2}=3+\dfrac{x-7}{6}-\dfrac{(x-7)^2}{216}+\dots$$

2)

$$\sqrt[3]{x+20}=3+\dfrac{x-7}{27}-\dfrac{(x-7)^2}{2187}+\dots$$

3)

$$\sqrt[4]{x+9}=2+\dfrac{x-7}{32}-\dfrac{3(x-7)^2}{4096}+\dots$$

Para valores lo suficientemente próximos a x=7 los sumandos de grado mayor o igual que 2 se pueden despreciar:

$\dst \lim_{x \to 7} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\cancel{3}+\dfrac{\cancel{x-7}}{6}-\cancel{3}-\dfrac{\cancel{x-7}}{27}}{\cancel{2}+\dfrac{\cancel{x-7}}{32}-\cancel{2}}$

$\dst \lim_{x \to 7} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}=\dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}=\dfrac{112}{27}$

Saludos.

[Fortuna]

Hacemos el desarrollo en Serie de Taylor en el punto a=7 de:

1)

$$\sqrt{x+2}=3+\dfrac{x-7}{6}-\dfrac{(x-7)^2}{216}+\dots$$

2)

$$\sqrt[3]{x+20}=3+\dfrac{x-7}{27}-\dfrac{(x-7)^2}{2187}+\dots$$

3)

$$\sqrt[4]{x+9}=2+\dfrac{x-7}{32}-\dfrac{3(x-7)^2}{4096}+\dots$$

Despreciamos los términos mayores o iguales a grado 2

$\dst \lim_{x \to 7} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\cancel{3}+\dfrac{\cancel{x-7}}{6}-\cancel{3}-\dfrac{\cancel{x-7}}{27}}{\cancel{2}+\dfrac{\cancel{x-7}}{32}-\cancel{2}}$

$\dst \lim_{x \to 7} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}=\dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}=\dfrac{112}{27}$

Saludos.

Creo que has calculado el $\lim_{x\to 8}$, si lo calculas en x=7 seguimos con la indeterminación.

Si hallamos el límite en $x_0$ despreciando los términos a partir de cierto grado

$\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x_0)+\sum_i f^i(x_0)(x-x_0)^i\frac{1}{i!}}{g(x_0)+\sum_i g^i(x_0)(x-x_0)^i\frac{1}{i!}}=\dfrac{f(x_0)}{g(x_0)}$ como era de esperar.

[Alriga]

Creo que has calculado el $\dst \lim_{x\to 8}$ , si lo calculas en x=7 seguimos con la indeterminación.

No, repásalo bien, (x-7) aparece como factor en numerador y en denominador, por lo tanto podemos simplificarlo:

$\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\cancel{3}+\dfrac{\cancel{x-7}}{6}-\cancel{3}-\dfrac{\cancel{x-7}}{27}}{\cancel{2}+\dfrac{\cancel{x-7}}{32}-\cancel{2}}=$

Es correcto, ya que:

$=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{x-7}{x-7} \cdot \dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}$


Saludos.

[Richard R Richard]

Creo que has calculado el $\lim_{x\to 8}$, si lo calculas en x=7 seguimos con la indeterminación.

Si hallamos el límite en $x_0$ despreciando los términos a partir de cierto grado

$\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x_0)+\sum_i f^i(x_0)(x-x_0)^i\frac{1}{i!}}{g(x_0)+\sum_i g^i(x_0)(x-x_0)^i\frac{1}{i!}}=\dfrac{f(x_0)}{g(x_0)}$ como era de esperar.

Yo lo veo perfecto es el limite cuando x tiende a 7


$\dst \lim_{x \to 7} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\cancel{3}+\dfrac{x-7}{6}-\cancel{3}-\dfrac{x-7}{27}}{\cancel{2}+\dfrac{x-7}{32}-\cancel{2}}$

$=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\dfrac{x-7}{6}-\dfrac{x-7}{27}}{\dfrac{x-7}{32}}=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{x-7}{x-7} \cdot \dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}$$=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}=\dfrac{112}{27}$


Fijate que no se desprecian los terminos de primer grado y si los de segundo, pues Alriga ha hecho

$\dst\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to x_0} \dfrac{f(x_0)+\dfrac{\partial{f}_{(x=x_0)}}{\partial{x}1!}(x-x_0)}{g(x_0)+\dfrac{\partial{g}_{(x=x_0)}}{\partial{x}1!}(x-x_0)}$

[Alriga]

Yo lo veo perfecto es el limite cuando x tiende a 7


$\dst \lim_{x \to 7} \dfrac{\sqrt{x+2}-\sqrt[3]{x+20}}{\sqrt[4]{x+9}-2}=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\cancel{3}+\dfrac{x-7}{6}-\cancel{3}-\dfrac{x-7}{27}}{\cancel{2}+\dfrac{x-7}{32}-\cancel{2}}$

$=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\dfrac{x-7}{6}-\dfrac{x-7}{27}}{\dfrac{x-7}{32}}=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{x-7}{x-7} \cdot \dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}$$=\dst \lim_{x \to 7}\dfrac{\dfrac 1 6 - \dfrac 1{27}}{\dfrac 1{32}}=\dfrac{112}{27}$

Sí, la simplificación es la misma que hacemos cuando queremos hallar, por ejemplo:

$\dst \lim_{x\to 1}\dfrac{x^2-1}{x-1}=\dst \lim_{x\to 1}\dfrac{(x+1)\cancel{(x-1)}}{\cancel{x-1}}=\dst \lim_{x\to 1} x+1=2$

Saludos.

[Fortuna]

Gracias por la corrección. Ahora Comprendo. No había visto que se cancelaban los $(x-7)$ tras cancelar las constantes. No sé por qué pensé que los tachados $\cancel{x-7}$ se anulaban, no cancelaban, con la que la indeterminación persistía. Pero me quedé pensando como era posible llegar a la solución exacta.

[JCB]

Hola a tod@s.

Es un hilo muy interesante y me ha ayudado a refrescar conceptos lejanos en el tiempo. De todas formas, en este caso particular y prescindiendo de las manías del profesor, parece que la regla de l'Hôpital-Bernoulli lleva de forma más rápida al valor del límite, que el desarrollo en serie de Taylor. Digo esto sin intención de desmerecer a ninguno de los métodos empleados, antes al contrario.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

[oganesson]

¡Que pasada! Gracias a tod@s por participar. Me gustaría en algún momento llegar a saber tanto de matemáticas como vosotros. Me voy a mirar lo del desarrollo de la serie de Taylor porque me ha parecido muy interesante y original como método para calcular el límite.

Por cierto, ¿alguien sabe porque los profesores le tienen tanta manía a la regla de l´Hôpital? Es decir, es un método que funciona y no entiendo porque no les gusta que lo utilicemos. ¿Acaso usa algún tipo de aproximación que no es "del todo correcta"? En fin gracias otra vez por vuestra ayuda.

Saludos.

[Richard R Richard]

Lo he intentado. Pero el resultado me da $\dst L=\frac{96}{162}$ .

Para terminar de cerrar el tema y ver que H'opilal debe dar lo mismo, no diferente a $\dfrac{112}{27}$ es que algún error se te ha colado.

$\dst \lim_{x \to 7}{f'(x) \over g'(x)} = \lim_{x \to 7} \dfrac{\dfrac{(x+2)^{-\frac12}}{2}-\dfrac{(x+20)^{-\frac23}}{3}}{\dfrac{(x+9)^{-\frac34}}{4}}=$


$\dst\lim_{x\to7}\dfrac{\frac12(x+2)^{-\frac12}}{\frac14(x+9)^{-\frac34}}-\dfrac{\frac13(x+20)^{-\frac23}}{\frac14(x+9)^{-\frac34}}=$


$\dst\lim_{x\to7}\dfrac{4(x+9)^{\frac34}}{2(x+2)^{\frac12}}-\dfrac{4(x+9)^{\frac34}}{3(x+20)^{\frac23}}=\dfrac{16}{3}-\dfrac{32}{27}=\dfrac{144-32}{27}=\dfrac{112}{27}$

[JCB]

Disculpa Richard, pero oganesson ya se auto corrigió en su mensaje # 3, indicando que finalmente había obtenido el resultado correcto 112/27. Saludos cordiales.

[Richard R Richard]

Esta más visible el error que la corrección .....y bueno, aun así lo que abunda no daña.Saludos

[JCB]

Por supuesto, Richard. Agradecido de que hayas publicado la solución mediante la regla de l'Hôpital-Bernoulli, faltaría más. Saludos cordiales.

[Alriga]

... Por cierto, ¿alguien sabe porque los profesores le tienen tanta manía a la regla de l´Hôpital? Es decir, es un método que funciona y no entiendo porque no les gusta que lo utilicemos. ¿Acaso usa algún tipo de aproximación que no es "del todo correcta"? ...

Mira lo que dicen Weip y angel relativamente (ambos son compañeros matemáticos del foro) en este hilo Límite logaritmos

... En su día a mí también me advertían intensamente sobre usar lo mínimo la regla de L'Hôpital. No porque mis profesores quisieran desmerecerla, sino porque la inmensa mayoría de alumnos que llegan a la universidad no están acostumbrados a comprobar las hipótesis de la regla de L'Hôpital ... Por desgracia muchísima gente la aplica directamente sin pensar en las hipótesis y muchísimas veces al no ser aplicable la regla de L'Hôpital se llegan a resultados incorrectos, ...

... Además de la condición de ser continuas y derivables, puede ser que al aplicar L'Hopital te quede un límite que no exista mientras que el límite original sí existe. El teorema de L'Hopital dice que si existe el límite en el cociente de derivadas entonces existe el original pero no dice nada de la implicación contraria. Por ejemplo,

$\dst \lim_{x\to \infty} \dfrac{\cos x + x }x=1$

pero al aplicar l'Hopital se tiene que $\dst \nexists \lim_{x\to \infty}(1-\sin x )$

... Pongo otro ejemplo en el que se vea lo arriesgado que puede ser a veces aplicar la regla sin pensar. En el caso de

$\dst\lim_{x \to \infty}\dst\frac{\sqrt{x^2+2}}{x}$

L'Hôpital no sirve porque se entra en un bucle: al aplicar la regla dos veces se vuelve al límite inicial ...

Las de Weip y angel relativamente son respuestas a mi comentario -yo no soy matemático- :

... Me parece absurdo que os presionen para no usar una de las herramientas más poderosas que hay para el cálculo de límites ...

Saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Entonces Alriga, en el caso que has citado de angel relativamente, $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x + x }x=1$, ¿ podemos aplicar $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x + x }x=\dst\lim_{x\to \infty}\left(\dfrac{\cos x}x+1\right)=0+1=1$ ?.

Es decir, aunque $\dst\lim_{x\to \infty}\cos x$, no está determinado, ¿ es correcto considerar $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x}x=0$ ?. ¿ Algo indeterminado, pero finito, dividido por infinito, es cero ?.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

[Alriga]

Hola a tod@s.

Entonces Alriga, en el caso que has citado de angel relativamente, $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x + x }x=1$, ¿ podemos aplicar $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x + x }x=\dst\lim_{x\to \infty}\left(\dfrac{\cos x}x+1\right)=0+1=1$ ?.

Es decir, aunque $\dst\lim_{x\to \infty}\cos x$, no está determinado, ¿ es correcto considerar $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x}x=0$ ?. ¿ Algo indeterminado, pero finito, dividido por infinito, es cero ?.

Gracias y saludos cordiales,
JCB.

Sí, claro que sí, lo que has hecho es correcto. Entiendo que el peligro del que alertaba ángel relativamente es pararse en $\dst\lim_{x\to \infty} 1-\sin x$ después de aplicar L'Hopital y argumentar (erróneamente) que como $\dst\lim_{x\to \infty} 1-\sin x$ no tiene límite, entonces $\dst\lim_{x\to \infty}\dfrac{\cos x + x }x$ tampoco tiene límite.

Saludos.