Ejercicio resuelto de Límites y continuidad · Matemáticas II

Calcule el valor del parámetro $a \in \mathbb{R}$ para que el siguiente límite sea finito y calcule el valor de dicho límite

$L = \displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\ln(x + 1) - a\operatorname{sen}(x) + 3x\cos(2x)}{x^{2}}$

[2 puntos]

Al sustituir, numerador y denominador se anulan: $\ln1-a\operatorname{sen}0+0=0$ y $0^{2}=0$. Es una indeterminación $\frac{0}{0}$, que se resuelve aplicando la regla de L'Hôpital tantas veces como haga falta. La condición de que el límite sea finito aparecerá tras la primera aplicación.

$L=\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\ln(x+1)-a\operatorname{sen}(x)+3x\cos(2x)}{x^{2}}=\dfrac{0}{0}$

Derivamos numerador y denominador por separado. En el tercer sumando hay que aplicar la regla del producto:

$\left[\ln(x+1)-a\operatorname{sen}x+3x\cos(2x)\right]'=\dfrac{1}{x+1}-a\cos x+3\cos(2x)-6x\operatorname{sen}(2x)$

$L=\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\frac{1}{x+1}-a\cos x+3\cos(2x)-6x\operatorname{sen}(2x)}{2x}$

El denominador tiende a cero. Si el numerador no tendiera también a cero, el cociente se iría a infinito y el límite no sería finito; esa es justamente la condición que determina el parámetro.

$\dfrac{1}{0+1}-a\cos0+3\cos0-0=1-a+3=4-a$

$4-a=0\ \Rightarrow\ a=4$

Con $a=4$ vuelve a aparecer la indeterminación $\frac{0}{0}$ y se aplica L'Hôpital por segunda vez.

$\left[\dfrac{1}{x+1}-4\cos x+3\cos(2x)-6x\operatorname{sen}(2x)\right]'=-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}+4\operatorname{sen}x-6\operatorname{sen}(2x)-6\operatorname{sen}(2x)-12x\cos(2x)$

$L=\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{-\frac{1}{(x+1)^{2}}+4\operatorname{sen}x-12\operatorname{sen}(2x)-12x\cos(2x)}{2}=\dfrac{-1+0-0-0}{2}=-\dfrac{1}{2}$

El límite es finito únicamente para $a=4$, y en ese caso vale $L=-\frac{1}{2}$.