Los siguientes ejercicios permiten aplicar las definiciones y las propiedades de los límites infinitos y de los límites en el infinito. Los ejercicios comprenden límites infinitos en un punto, límites por la derecha y por la izquierda, asíntotas verticales y horizontales, formas indeterminadas, comparación entre funciones y estudio del término dominante.
Cada ejercicio se resuelve paso a paso, prestando especial atención al signo de las cantidades que tienden a cero y distinguiendo el límite por la izquierda del límite por la derecha siempre que esta distinción sea necesaria.
En los límites en el infinito se emplearán exclusivamente las herramientas introducidas en la teoría: propiedades de los límites, transformaciones algebraicas, racionalización, comparación de grados, identificación del término dominante y teorema de comparación.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2} \]
y comprobarlo directamente mediante la definición de límite igual a \(+\infty\).
Resultado
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Resolución
Cuando \(x\to2\), la diferencia \(x-2\) tiende a \(0\). Puesto que esta diferencia está elevada al cuadrado, para todo \(x\neq2\) se tiene
\[ (x-2)^2>0. \]
El denominador tiende, por tanto, a cero a través de valores positivos:
\[ (x-2)^2\to0^+. \]
El recíproco de una cantidad positiva que tiende a cero crece sin límite. Cabe esperar, por tanto,
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Comprobemos ahora el resultado directamente a partir de la definición. Debemos demostrar que, para todo \(M>0\), existe \(\delta>0\) tal que
\[ 0<|x-2|<\delta \]
implique
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
Partimos precisamente de la desigualdad que queremos obtener. Puesto que \((x-2)^2>0\) y \(M>0\),
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M \]
equivale a
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M}. \]
Tomando raíces cuadradas,
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
Basta entonces elegir
\[ \delta=\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
En efecto, si \(0<|x-2|<\delta\), entonces
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}, \]
de donde
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M} \]
y, por consiguiente,
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
La definición queda verificada para todo \(M>0\), luego el límite es \(+\infty\).
Ejercicio 2 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Resolución
Cuando \(x\to-3\), se tiene
\[ x+3\to0. \]
El cuadrado \((x+3)^2\) es positivo para todo \(x\neq-3\) y tiende a cero. Más precisamente,
\[ (x+3)^2\to0^+. \]
Por consiguiente,
\[ \frac{4}{(x+3)^2}\to+\infty. \]
En la expresión del ejercicio aparece, no obstante, el signo menos. Multiplicar una cantidad positiva arbitrariamente grande por \(-1\) produce una cantidad negativa arbitrariamente grande en valor absoluto. Por tanto,
\[ -\frac{4}{(x+3)^2}\to-\infty. \]
Se concluye entonces que
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Puesto que el mismo comportamiento se produce tanto para \(x\to-3^-\) como para \(x\to-3^+\), el límite cuando \(x\to-3\) existe como límite infinito y es igual a \(-\infty\). La recta \(x=-3\) es, además, una asíntota vertical.
Ejercicio 3 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular el límite por la izquierda y el límite por la derecha
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}, \]
y determinar si existe el límite cuando \(x\to1\).
Resultado
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
El límite cuando \(x\to1\) no existe. La recta \(x=1\) es una asíntota vertical.
Resolución
El denominador \(x-1\) tiende a cero cuando \(x\to1\). Para determinar el comportamiento del recíproco no basta con saber que el denominador tiende a cero: es imprescindible establecer si tiende a \(0^-\) o a \(0^+\).
Consideremos primero \(x\to1^-\). En este caso \(x<1\), luego
\[ x-1<0. \]
Además, \(x-1\) se aproxima a cero. Podemos escribir así
\[ x-1\to0^-. \]
El recíproco de una cantidad negativa que tiende a cero toma valores negativos arbitrariamente grandes en valor absoluto. Por tanto,
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty. \]
Consideremos ahora \(x\to1^+\). Esta vez \(x>1\), de modo que
\[ x-1>0 \]
y, por tanto,
\[ x-1\to0^+. \]
Se sigue que
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
El límite por la izquierda y el límite por la derecha tienen signos opuestos. Para que el límite cuando \(x\to1\) sea igual a \(+\infty\), es necesario que ambos límites laterales sean iguales a \(+\infty\); análogamente, para obtener \(-\infty\), ambos deben ser iguales a \(-\infty\).
Puesto que esto no ocurre, el límite
\[ \lim_{x\to1}\frac{1}{x-1} \]
no existe. Sin embargo, tanto el límite por la izquierda como el límite por la derecha son infinitos, de modo que \(x=1\) es una asíntota vertical.
Ejercicio 4 — nivel ★★☆☆☆
Estudiar el comportamiento de la función
\[ f(x)=\frac{2x+1}{x-2} \]
cuando \(x\to2^-\) y cuando \(x\to2^+\), y determinar a continuación si \(x=2\) es una asíntota vertical.
Resultado
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
El límite cuando \(x\to2\) no existe y \(x=2\) es una asíntota vertical.
Resolución
En este límite el numerador y el denominador presentan comportamientos distintos. Cuando \(x\to2\),
\[ 2x+1\to5. \]
El numerador tiende, por tanto, a un número positivo y, en particular, permanece positivo para todos los \(x\) suficientemente próximos a \(2\).
El denominador, en cambio, tiende a cero:
\[ x-2\to0. \]
Su signo depende del lado por el que se produce la aproximación.
Si \(x\to2^-\), entonces \(x<2\), luego
\[ x-2\to0^-. \]
Tenemos así un numerador positivo que tiende a \(5\) y un denominador negativo que tiende a cero. El cociente es, por tanto, negativo y crece sin límite en valor absoluto:
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty. \]
Si, por el contrario, \(x\to2^+\), entonces
\[ x-2\to0^+. \]
El numerador sigue siendo positivo, mientras que el denominador es positivo y arbitrariamente pequeño. Se sigue que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
Puesto que el límite por la izquierda y el límite por la derecha son infinitos pero de signo opuesto, el límite cuando \(x\to2\) no existe. La recta \(x=2\) es, no obstante, una asíntota vertical, pues basta con que al menos uno de los dos límites laterales sea infinito.
Ejercicio 5 — nivel ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
e interpretar geométricamente el resultado.
Resultado
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
La recta \(x=1\) es una asíntota vertical.
Resolución
La función
\[ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
está definida únicamente cuando \(x-1>0\), es decir, para \(x>1\). No existen, por tanto, puntos del dominio arbitrariamente próximos a \(1\) por la izquierda: el límite solo puede estudiarse cuando \(x\to1^+\).
Cuando \(x\to1^+\), se tiene
\[ x-1\to0^+. \]
La raíz cuadrada conserva la positividad, de modo que
\[ \sqrt{x-1}\to0^+. \]
El recíproco de una cantidad positiva que tiende a cero tiende a \(+\infty\). Por tanto,
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
Conviene observar que, para que exista una asíntota vertical, no es necesario que el comportamiento infinito se manifieste por ambos lados. Basta con que el límite por la derecha o el límite por la izquierda sea infinito.
En consecuencia, la recta
\[ x=1 \]
es una asíntota vertical de la gráfica de la función.
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right) \]
y comprobar el resultado mediante la definición de límite finito cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right)=3. \]
La recta \(y=3\) es una asíntota horizontal cuando \(x\to+\infty\).
Resolución
Cuando \(x\to+\infty\), el denominador \(x\) crece sin límite. Por consiguiente,
\[ \frac{2}{x}\to0. \]
Sumando \(3\), obtenemos de inmediato
\[ 3+\frac{2}{x}\to3. \]
Comprobemos ahora el resultado mediante la definición. Debemos demostrar que, para todo \(\varepsilon>0\), existe \(A\in\mathbb{R}\) tal que
\[ x>A \]
implique
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
Para \(x>0\),
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right| = \left|\frac{2}{x}\right| = \frac{2}{x}. \]
Queremos entonces que
\[ \frac{2}{x}<\varepsilon. \]
Siendo \(x>0\) y \(\varepsilon>0\), esta desigualdad equivale a
\[ x>\frac{2}{\varepsilon}. \]
Basta entonces elegir
\[ A=\frac{2}{\varepsilon}. \]
Para todo \(x>A\) se tiene, en efecto,
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
La definición queda verificada y el límite es \(3\). Geométricamente, esto significa que la gráfica se aproxima a la recta \(y=3\) cuando \(x\) toma valores positivos arbitrariamente grandes.
Ejercicio 7 — nivel ★★☆☆☆
Calcular ambos límites
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \]
y determinar las eventuales asíntotas horizontales.
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
La recta \(y=1\) es la asíntota horizontal cuando \(x\to+\infty\), mientras que la recta \(y=-1\) es la asíntota horizontal cuando \(x\to-\infty\).
Resolución
El punto esencial es recordar que
\[ \sqrt{x^2}=|x|, \]
y no simplemente \(x\).
Reescribimos el denominador sacando \(x^2\) factor común bajo la raíz:
\[ \sqrt{x^2+1} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}. \]
Para \(x\to+\infty\), \(x\) es definitivamente positivo y, por tanto, \(|x|=x\). Obtenemos
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Puesto que
\[ \frac{1}{x^2}\to0, \]
se sigue que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1. \]
Para \(x\to-\infty\), en cambio, \(x\) es definitivamente negativo y, por tanto, \(|x|=-x\). Así pues,
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = -\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Pasando al límite,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
Los dos valores son distintos. La gráfica posee, por tanto, dos asíntotas horizontales diferentes: \(y=1\) cuando \(x\to+\infty\) e \(y=-1\) cuando \(x\to-\infty\).
Ejercicio 8 — nivel ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right) \]
y
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=-\infty, \]
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Resolución
En un polinomio, cuando \(x\to\pm\infty\), el comportamiento global viene determinado por el término de grado máximo. En este caso el término dominante es
\[ -2x^5. \]
Podemos comprobar formalmente este comportamiento sacando \(x^5\) factor común:
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Cuando \(x\to\pm\infty\),
\[ \frac{3}{x^3}\to0, \qquad \frac{1}{x^5}\to0, \]
de modo que el factor entre paréntesis tiende a \(-2\), que es negativo.
Para \(x\to+\infty\),
\[ x^5\to+\infty. \]
Multiplicando una cantidad positiva que crece sin límite por un factor que tiende al número negativo \(-2\), obtenemos
\[ -2x^5+3x^2-1\to-\infty. \]
Para \(x\to-\infty\), al ser la potencia \(5\) impar,
\[ x^5\to-\infty. \]
El producto de una cantidad negativa, arbitrariamente grande en valor absoluto, por un factor definitivamente negativo es positivo y crece sin límite. Por tanto,
\[ -2x^5+3x^2-1\to+\infty. \]
Ejercicio 9 — nivel ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0. \]
La recta \(y=0\) es una asíntota horizontal tanto cuando \(x\to+\infty\) como cuando \(x\to-\infty\).
Resolución
Tanto el numerador como el denominador crecen en valor absoluto, de modo que una lectura puramente simbólica conduciría a la forma indeterminada
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Esta forma no determina el valor del límite. Debemos comparar los términos dominantes.
El numerador tiene grado \(1\), mientras que el denominador tiene grado \(2\). El denominador crece, por tanto, más rápidamente.
Para hacer explícito el cálculo, dividimos el numerador y el denominador entre \(x^2\), la potencia de grado máximo presente en el denominador:
\[ \frac{4x+1}{x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Cuando \(x\to+\infty\) y cuando \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
El numerador tiende, por tanto, a \(0\), mientras que el denominador tiende a \(1\). Se sigue que
\[ \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}} \to0. \]
Por tanto, ambos límites son iguales a \(0\), y la recta \(y=0\) es una asíntota horizontal tanto cuando \(x\to+\infty\) como cuando \(x\to-\infty\).
Ejercicio 10 — nivel ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
Resolución
Tanto el numerador como el denominador son polinomios de grado \(2\). En una función racional cuyo numerador y denominador tienen el mismo grado, el comportamiento en el infinito viene determinado por el cociente entre los coeficientes de los términos de grado máximo.
Comprobemos el resultado algebraicamente. Dividimos todos los términos entre \(x^2\):
\[ \frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3-\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Cuando \(x\to+\infty\) o \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
Por consiguiente, el numerador tiende a \(3\) y el denominador tiende a \(2\):
\[ 3-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\to3, \qquad 2+\frac{5}{x^2}\to2. \]
Puesto que el límite del denominador es distinto de cero, podemos pasar al cociente:
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
La recta
\[ y=\frac{3}{2} \]
es, por tanto, una asíntota horizontal en ambos sentidos.
Ejercicio 11 — nivel ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1} \]
y
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
Resolución
El numerador tiene grado \(3\), mientras que el denominador tiene grado \(2\). Por tanto, el grado del numerador es una unidad mayor que el del denominador.
Dividimos el numerador y el denominador entre \(x^2\):
\[ \frac{2x^3+1}{x^2+1} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}. \]
Para \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty, \qquad 1+\frac{1}{x^2}\to1. \]
El denominador tiende, por tanto, a un número positivo distinto de cero, mientras que el numerador tiende a \(+\infty\). Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty. \]
Para \(x\to-\infty\), en cambio,
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
mientras que el denominador sigue tendiendo a \(1>0\). Por consiguiente,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
El resultado es coherente con la comparación de los términos dominantes:
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x. \]
Para valores grandes de \(|x|\), el cociente tiene, por tanto, el mismo comportamiento esencial que \(2x\).
Ejercicio 12 — nivel ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
Resolución
Si consideramos los dos términos por separado, cuando \(x\to+\infty\) se tiene
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to+\infty. \]
Aparece entonces la forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
No podemos concluir directamente. Cuando aparece una diferencia en la que interviene una raíz, resulta natural racionalizar multiplicando y dividiendo por la expresión conjugada:
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)} {\sqrt{x^2+1}+x}. \]
En el numerador utilizamos la diferencia de cuadrados:
\[ \left(\sqrt{x^2+1}\right)^2-x^2 = x^2+1-x^2 = 1. \]
Por tanto,
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}. \]
Cuando \(x\to+\infty\), ambos términos del denominador son positivos y crecen sin límite, de modo que
\[ \sqrt{x^2+1}+x\to+\infty. \]
El recíproco de una cantidad que tiende a \(+\infty\) tiende a cero. Se sigue que
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
La racionalización ha transformado así la forma indeterminada \(\infty-\infty\) en un cociente cuyo comportamiento puede determinarse de inmediato.
Ejercicio 13 — nivel ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac{3}{2}. \]
Resolución
Cuando \(x\to+\infty\), tanto \(\sqrt{x^2+3x}\) como \(x\) tienden a \(+\infty\). Nos encontramos de nuevo ante la forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Racionalizamos:
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right) \left(\sqrt{x^2+3x}+x\right)} {\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
El numerador se convierte en
\[ x^2+3x-x^2=3x. \]
Por tanto,
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Ahora sacamos \(x^2\) factor común bajo la raíz:
\[ \sqrt{x^2+3x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Puesto que estamos considerando \(x\to+\infty\), \(x\) es definitivamente positivo y, por tanto, \(|x|=x\). Obtenemos
\[ \sqrt{x^2+3x} = x\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Sustituyendo,
\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \frac{3x} {x\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+x}. \]
Sacamos \(x\) factor común en el denominador y simplificamos:
\[ \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1}. \]
Puesto que
\[ \frac{3}{x}\to0, \]
obtenemos
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1} = \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2}. \]
Ejercicio 14 — nivel ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Resolución
Cuando \(x\to-\infty\), se tiene
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to-\infty. \]
La suma presenta, por tanto, la forma indeterminada
\[ \infty-\infty. \]
Racionalizamos multiplicando y dividiendo por la expresión conjugada \(\sqrt{x^2+1}-x\):
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}+x\right) \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)} {\sqrt{x^2+1}-x}. \]
En el numerador obtenemos
\[ x^2+1-x^2=1. \]
Luego
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}. \]
Estudiemos el denominador. Cuando \(x\to-\infty\),
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty \]
y, puesto que \(x\to-\infty\),
\[ -x\to+\infty. \]
Por tanto,
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \sqrt{x^2+1}+(-x)\to+\infty. \]
Su recíproco tiende entonces a cero:
\[ \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to0. \]
Concluimos, por tanto, que
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Ejercicio 15 — nivel ★★★★☆
Utilizando el teorema de comparación, calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
Resolución
La presencia del término \(\sin(x)\) significa que la función oscila. Esto, sin embargo, no impide la existencia de un límite infinito.
Para todo \(x\in\mathbb{R}\),
\[ -1\leq\sin(x)\leq1. \]
Multiplicando por \(2\),
\[ -2\leq2\sin(x)\leq2. \]
Sumando \(x\) a todos los miembros,
\[ x-2\leq x+2\sin(x)\leq x+2. \]
Para demostrar que la función tiende a \(+\infty\), basta con emplear la cota inferior:
\[ x+2\sin(x)\geq x-2. \]
Puesto que
\[ \lim_{x\to+\infty}(x-2)=+\infty, \]
Por el teorema de compresión,
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
Es importante comprender lo que ha ocurrido. El término \(2\sin(x)\) continúa oscilando entre \(-2\) y \(2\), pero estas oscilaciones están acotadas. El término \(x\), en cambio, crece sin límite. Incluso en la situación más desfavorable, es decir, cuando \(2\sin(x)=-2\), la función es al menos igual a \(x-2\), que tiende de todos modos a \(+\infty\).
Ejercicio 16 — nivel ★★★★☆
Utilizando el teorema de compresión, calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right). \]
Resultado
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
Resolución
También en este caso aparece un término oscilante. Sabemos que
\[ -1\leq\cos(x)\leq1. \]
Multiplicando por \(3\),
\[ -3\leq3\cos(x)\leq3. \]
Sumando \(-x\),
\[ -x-3\leq -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Para demostrar que la función tiende a \(-\infty\), debemos hallar una función mayorante que tienda a \(-\infty\). De la desigualdad anterior,
\[ -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Además,
\[ \lim_{x\to+\infty}(-x+3)=-\infty. \]
Por el teorema de compresión,
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
El término oscilante permanece siempre comprendido entre \(-3\) y \(3\), mientras que el término \(-x\) disminuye sin límite. Las oscilaciones no son, por tanto, suficientes para alterar el comportamiento dominante de la función.
Ejercicio 17 — nivel ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Resolución
El término
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
oscila cada vez más deprisa cuando \(x\to0\) y no posee límite. Esto, por sí solo, no significa que la función completa carezca de límite.
Utilizamos el hecho de que, para cualquier valor real del argumento,
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq1. \]
Sumando \(3\),
\[ 2\leq3+\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq4. \]
Para \(x\neq0\), se tiene \(x^2>0\). Dividiendo entre \(x^2\), el sentido de las desigualdades permanece inalterado:
\[ \frac{2}{x^2} \leq \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \leq \frac{4}{x^2}. \]
Para demostrar que el límite es igual a \(+\infty\), basta con la cota inferior:
\[ \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \geq \frac{2}{x^2}. \]
Puesto que
\[ \lim_{x\to0}\frac{2}{x^2}=+\infty, \]
del teorema de comparación se sigue que
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Este ejercicio muestra una vez más que la existencia de un límite infinito no requiere monotonía y no se ve impedida por la presencia de oscilaciones, siempre que pueda garantizarse que la función supera definitivamente todo umbral positivo.
Ejercicio 18 — nivel ★★★★☆
Estudiar el límite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} \]
y determinar si \(x=1\) es una asíntota vertical.
Resultado
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=2. \]
La recta \(x=1\) no es una asíntota vertical.
Resolución
Sustituyendo formalmente \(x=1\), el numerador y el denominador se anulan:
\[ x^2-1\to0, \qquad x-1\to0. \]
Aparece entonces la forma indeterminada
\[ \frac{0}{0}. \]
No podemos concluir que el límite sea infinito por el mero hecho de que el denominador tienda a cero. Debemos analizar antes la expresión.
Factorizamos el numerador utilizando la diferencia de cuadrados:
\[ x^2-1=(x-1)(x+1). \]
Para \(x\neq1\),
\[ \frac{x^2-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1. \]
En el cálculo del límite podemos emplear esta igualdad, porque el límite depende del comportamiento de la función en puntos arbitrariamente próximos a \(1\), no del valor que toma en el propio punto \(x=1\).
Por tanto,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} = \lim_{x\to1}(x+1) = 2. \]
El límite es finito. En consecuencia, \(x=1\) no es una asíntota vertical.
Este ejercicio pone de manifiesto un principio importante: la anulación del denominador no basta, por sí sola, para concluir que existe una asíntota vertical. Es preciso calcular siempre el límite de manera efectiva.
Ejercicio 19 — nivel ★★★★★
Estudiar el límite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2} \]
calculando también el límite por la izquierda y el límite por la derecha y determinando la eventual asíntota vertical.
Resultado
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Por consiguiente,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \]
y \(x=1\) es una asíntota vertical.
Resolución
Analicemos por separado el numerador y el denominador. Cuando \(x\to1\),
\[ x^2+1\to2. \]
El numerador tiende, por tanto, a un número estrictamente positivo y permanece positivo para todos los \(x\) suficientemente próximos a \(1\).
El denominador satisface
\[ (x-1)^2\to0. \]
Al ser un cuadrado,
\[ (x-1)^2>0 \]
para todo \(x\neq1\). El denominador tiende, por tanto, a cero siempre a través de valores positivos, con independencia del lado:
\[ (x-1)^2\to0^+ \]
tanto para \(x\to1^-\) como para \(x\to1^+\).
Para el límite por la izquierda tenemos, por tanto, un numerador que tiende a \(2>0\) y un denominador que tiende a \(0^+\). Se sigue que
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
El mismo razonamiento es válido por la derecha:
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Puesto que tanto el límite por la izquierda como el límite por la derecha son iguales a \(+\infty\), podemos concluir que
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
La recta
\[ x=1 \]
es, por tanto, una asíntota vertical.
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Considérese la función
\[ f(x)=\frac{2x^3+1}{x^2-4}. \]
Calcular los límites cuando \(x\to2^-\), \(x\to2^+\), \(x\to-2^-\), \(x\to-2^+\), \(x\to+\infty\) y \(x\to-\infty\). Determinar a continuación las eventuales asíntotas verticales y horizontales.
Resultado
\[ \lim_{x\to2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to-2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to-2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. \]
Las rectas \(x=-2\) y \(x=2\) son asíntotas verticales. La función no posee asíntotas horizontales.
Resolución
El denominador puede factorizarse:
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
Los puntos \(x=2\) y \(x=-2\) son, por tanto, los únicos puntos en los que el denominador se anula. Para determinar el comportamiento de la función en su proximidad debemos estudiar cuidadosamente los signos.
Comencemos con \(x=2\). El numerador tiende a
\[ 2\cdot2^3+1=17, \]
de modo que es definitivamente positivo cerca de \(2\).
Para \(x\to2^-\), el factor \(x-2\) es negativo y tiende a cero, mientras que \(x+2\) es positivo y tiende a \(4\). Por consiguiente,
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
Un numerador positivo dividido entre una cantidad negativa que tiende a cero produce
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Para \(x\to2^+\), ambos factores \(x-2\) y \(x+2\) son positivos, de modo que
\[ x^2-4\to0^+. \]
Se sigue que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Pasemos ahora a \(x=-2\). El numerador tiende a
\[ 2(-2)^3+1=-16+1=-15, \]
de modo que es definitivamente negativo cerca de \(-2\).
Para \(x\to-2^-\), se tiene \(x+2<0\) y \(x-2<0\). El producto de ambos factores es positivo:
\[ (x-2)(x+2)\to0^+. \]
Dividiendo un numerador negativo entre una cantidad positiva que tiende a cero obtenemos
\[ \lim_{x\to-2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Para \(x\to-2^+\), en cambio, \(x+2>0\), mientras que \(x-2<0\). El denominador tiende, por tanto, a cero a través de valores negativos:
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
El cociente entre un numerador negativo y un denominador negativo es positivo, de modo que
\[ \lim_{x\to-2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Hemos establecido así que ambas rectas
\[ x=-2 \qquad\text{y}\qquad x=2 \]
son asíntotas verticales.
Estudiemos ahora el comportamiento en el infinito. El numerador tiene grado \(3\), mientras que el denominador tiene grado \(2\). Dividimos el numerador y el denominador entre \(x^2\):
\[ \frac{2x^3+1}{x^2-4} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1-\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Para \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty \]
y
\[ 1-\frac{4}{x^2}\to1. \]
El denominador tiende a un número positivo distinto de cero, de modo que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Para \(x\to-\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
mientras que el denominador sigue tendiendo a \(1\). Por tanto,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Puesto que la función no tiende a un número real ni cuando \(x\to+\infty\) ni cuando \(x\to-\infty\), no existen asíntotas horizontales.
El ejercicio reúne así las principales ideas empleadas en el estudio de los límites infinitos y de los límites en el infinito: factorización, control del signo en los límites laterales, identificación de asíntotas verticales y comparación de los términos dominantes en los límites en el infinito.