Clase 11 RD Sharma Solutions – Capítulo 29 Límites – Ejercicio 29.8 | Serie 1

Pregunta 1. lím x→π/2 [π/2 – x].tanx

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [π/2 – x].tanx

Consideremos, y = [π/2 – x]

Aquí, x→π/2, y→0

= lim y→0 [y.tan(π/2 – y)]

= lím y→0 [y.{sen(π/2 – y)/cos(π/2 – y)]

= lim y→0 [y.{cosy/seny}]

= lím y→0 [y/seno].cosy

= lim y→0 [cosy] [Ya que, lim y→0 [seny/y] = 1]

= 1

Pregunta 2. lím x→π/2 [sen2x/cosx]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [sen2x/cosx]

= lím x→π/2 [2senx.cosx/cosx]

= 2Lím x→π/2 [senx]

= 2

Pregunta 3. lím x→π/2 [cos 2 x/(1 – senx)]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [cos 2 x/(1 – senx)]

= lím x→π/2 [(1 – sen 2 x)/(1 – senx)]

= lím x→π/2 [(1 – senx)(1 + senx)/(1 – senx)]

= lím x→π/2 [(1 + senx)]

= 1 + 1

= 2

Pregunta 4. lím x→π/2 [(1 – senx)/cos 2 x]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [(1 – senx)/cos 2 x]

= lím x→π/2 [(1 – senx)/(1 – sen 2 x)]

= lím x→π/2 [(1 – senx)/(1 – senx)(1 + senx)]

= lím x→π/2 [1/(1 + senx)]

= 1/(1 + 1)

= 1/2

Pregunta 5. lim x→a [(cosx – cosa)/(x – a)]

Solución:

Tenemos,

lím x→a [(cosx – cosa)/(x – a)]

\lim_{x\to a}[\frac{-2sin(\frac{x+a}{2})sin(\frac{x-a}{2})}{x-a}]

=-2\lim_{x\to a}[sin\frac{(x+a)}{2}]\lim_{x\to a}[\frac{sin\frac{(x-a)}{2}}{\frac{(x-a)}{2}×2}]

= -2sen[(a + a)/2] × 1 × (1/2)

= -sina

Pregunta 6. lím x→π/4 [(1 – tanx)/(x – π/4)]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/4 [(1 – tanx)/(x – π/4)]

Consideremos, y = [x – π/4]

Aquí, x→π/4, y→0

\lim_{y\to0}[\frac{1-tan(y+\frac{π}{4})}{y}]

\lim_{y\to0}[\frac{1-\frac{(tany+tan\frac{π}{4})}{(1-tany.tan\frac{π}{4}}}{y}]

\lim_{y\to0}[\frac{(1-tany-1-tany)}{y(1-tany)}]

\lim_{y\to0}[\frac{-2tany}{y(1-tany)}]

-2\lim_{y\to0}[\frac{tany}{y}]×\lim_{y\to0}[\frac{1}{(1-tany)}]

= -2 × 1 × [1/(1 – 0)]

= -2

Pregunta 7. lím x→π/2 [(1 – senx)/(π/4 – x) 2 ]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [(1 – senx)/(π/4 – x) 2 ]

Consideremos, y = [π/2 – x]

Aquí, x→π/2, y→0

\lim_{y\to0}[\frac{1-sin(\frac{π}{2}-y)}{y^2}]

= lim y→0 [(1 – acogedor)/y 2 ]

\lim_{y\to0}[\frac{2sin^2\frac{y}{2}}{(\frac{y}{2})^2×4}]

= 2 × 1 × (1/4)

= (1/2)

Pregunta 8. lím x→π/3 [(√3 – tanx)/(π – 3x)]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/3 [(√3 – tanx)/(π – 3x)]

Consideremos, y = [π/3 – x]

Cuando, x→π/3, y→0

\lim_{y\to0}[\frac{\sqrt3-tan(\frac{π}{3}-y)}{3y}]

\lim_{y\to0}[\frac{\sqrt3-\frac{(tan\frac{π}{3}-tany)}{(1+tany.tan\frac{π}{3}}}{3y}]

\lim_{y\to0}[\frac{\sqrt3-\frac{(\sqrt{3}-tany)}{(1+\sqrt{3}.tany)}}{3y}]

\lim_{y\to0}[\frac{4tany}{3y(1+\sqrt{3}tany)}]

\frac{4}{3}\lim_{y\to0}[\frac{tany}{y}]×\lim_{y\to0}[\frac{1}{(1+\sqrt3tany)}]

= (4/3) × 1 × [1/(1 + 0)]

= (4/3)

Pregunta 9. lim x→a [(asinx – xsina)/(ax 2 – xa 2 )]

Solución:

Tenemos,

lím x→a [(asinx – xsina)/(ax 2 – xa 2 )]

= lím x→a [(asenx – xsina)/{ax(x – a)}]

Consideremos, y = [x – a]

Cuando, x→a, y→0

= lim y→0 [{asin(y + a) – (y + a)sina)}/{a(y + a)y}]

= lim y→0 [(a.seny.cosa + asina.cosy – ysina – asina)/{a(y + a)y}]

= lim y→0 [{a.seny.cosa + a.sina.(cosy – 1) – y.sina}/{a(y + a)y}]

= lim y→0 [{a.seny.cosa + a.sina.2sen 2 (y/2) – t.sina}/{a(y + a)y}]

= lim y→0 [a.seny.cosa/a(y + a)y] – lim y→0 [2.a.sina.sen 2 (y/2)/a(y + a)y] + lim y→0 [y.sina/a(a + y)y]

= [(a.cosa)/a 2 ] – [(sina)/a 2 ] + 0

= [(a.cosa – sina)/a 2 ]

Pregunta 10. lím x→π/2 [{√2 – √(1 + senx)}/cos 2 x]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [{√2 – √(1 + senx)}/cos 2 x]

Al racionalizar el numerador, obtenemos

= lím x→π/2 [{2 – (1 + senx)}/cos 2 x{√2 + √(1 + senx)}]

= lím x→π/2 [(1 – senx)/(1 – sen 2 x){√2 + √(1 + senx)}]

= lím x→π/2 [(1 – senx)/(1 – senx)(1 + senx){√2 + √(1 + senx)}]

= lím x→π/2 [1/(1 + senx){√2 + √(1 + senx)}]

= 1/{(1 + 1)(√2 + √2)}

= 1/4√2

Pregunta 11. lím x→π/2 [{√(2 – senx) – 1}/(π/2 – x) 2 ]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/2 [{√(2 – senx) – 1}/(π/2 – x) 2 ]

Consideremos, y = [π/2 – x]

Aquí, x→π/2, y→0

=\lim_{y\to0}[\frac{\sqrt{2-sin(\frac{π}{2}-y)}-1}{y^2}]

= lim y→0 [{√(2 – acogedor) – 1}/y 2 ]

Al racionalizar el numerador, obtenemos

= lim y→0 [{(2 – cómodo) – 1}/y 2 {√(2 – cómodo) – 1}]

= lim y→0 [{1 – acogedor}/y 2 {√(2 – acogedor) – 1}]

\lim_{y\to0}[\frac{2sin^2\frac{y}{2}}{y^2(\sqrt{2-cosx}+1)}]

\lim_{y\to0}[\frac{2sin^2\frac{y}{2}}{(\frac{y}{2})^2(\sqrt{2-cosx}+1)×4}]

= 2/4(1 + 1)

= 1/4

Pregunta 12. lím x→π/4 [(√2 – cosx – senx)/(π/4 – x) 2 ]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/4 [(√2 – cosx – senx)/(π/4 – x) 2 ]

\lim_{x\to \frac{π}{2}}\frac{\sqrt2[1-(\frac{1}{\sqrt2}.cosx+\frac{1}{\sqrt2}.sinx)]}{(\frac{π}{4}-x)^2}

\lim_{x\to \frac{π}{2}}\frac{\sqrt{2}[1-cos(\frac{π}{4}-x)]}{(\frac{π}{4}-x)^2}

\lim_{x\to \frac{π}{2}}\frac{[2\sqrt{2}sin^2\frac{(\frac{π}{4}-x)}{2}]}{(\frac{π}{4}-x)^2}

2\sqrt{2}\lim_{x\to \frac{π}{2}}\frac{[sin^2\frac{(\frac{π}{4}-x)}{2}]}{\frac{(\frac{π}{4}-x)}{4}^2×4}

= 2√2/4

= (1/√2)

Pregunta 13. lím x→π/8 [(cot4x – cos4x)/(π – 8x) 3 ]

Solución:

Tenemos,

lím x→π/8 [(cot4x – cos4x)/(π – 8x) 3 ]

= lím x→π/8 [(cot4x – cos4x)/8 3 (π/8 – x) 3 ]

Consideremos, (π/8 – x) = y

Cuando x→π/8, y→0

=\lim_{x\to0}[\frac{cot(\frac{π}{2}-4x)-cos(\frac{π}{2}-4x)}{(π-8x)^3}]

= lím x→0 [(tan4x-sin4x)/8 3 (π/8-x) 3 ]

= lím x→0 [(sen4x/cos4x-sen4x)/8 3 (π/8-x) 3 ]

=\lim_{y\to0}[\frac{sin4y-sin4y.cos4y}{cos4y.8^3.y^3}]

=\lim_{y\to0}[\frac{sin4y(1-cos4y)}{cos4y.8^3.y^3}]

=\lim_{y\to0}[\frac{sin4y(2sin^22y)}{cos4y.8^3.y^3}]

=\frac{2}{8^3}\lim_{y\to0}\frac{sin4y}{y}×\lim_{y\to0}×\frac{sin^22y}{y^2}\lim_{y\to0}\frac{1}{cos4y}

=\frac{2}{8^3}\lim_{y\to0}\frac{sin4y}{4y}×4×\lim_{y\to0}×\frac{sin^22y}{(2y)^2}×4×\lim_{y\to0}\frac{1}{cos4y}

= (2 × 4 × 1 × 4 × 1)/(8 3 )

= 1/16

Pregunta 14. lim x→a [(cosx – cosa)/(√x – √a)]

Solución:

Tenemos,

lím x→a [(cosx – cosa)/(√x – √a)]

\lim_{x\to a}[\frac{-2sin(\frac{x+a}{2})sin(\frac{x-a}{2})}{\sqrt{x}-\sqrt{a}}]

Al racionalizar el denominador, obtenemos

\lim_{x\to a}[\frac{-2sin(\frac{x+a}{2})sin(\frac{x-a}{2})(\sqrt{x}+\sqrt{a})}{x-a}]

-2\lim_{x\to a}[sin\frac{(x+a)}{2}]\lim_{x\to a}[\frac{sin\frac{(x-a)}{2}}{\frac{(x-a)}{2}×2}]×\lim_{x\to a}(\sqrt{x}+\sqrt{a})

= -2 × sina × 1 × (1/2) × 2√a

= -2√a.sina

Pregunta 15. lim x→π [{√(5 + cosx) – 2}/(π – x) 2 ]

Solución:

Tenemos,

límite x→π [{√(5 + cosx) – 2}/(π – x) 2 ]

Consideremos, y = [π – x]

Cuando, x→π, y→0

\lim_{y\to0}[\frac{\sqrt{5+cos(π-y)}-2}{y^2}]

= lim y→0 [{√(5 – acogedor) – 2}/y 2 ]

Al racionalizar el numerador, obtenemos

\lim_{y\to0}[\frac{5-cosy-4}{y^2(\sqrt{5-cosy}-2)}]

= lim y→0 [{1 – acogedor}/y 2 {√(5 – acogedor)-2}]

\lim_{y\to0}[\frac{2sin^2\frac{y}{2}}{y^2(\sqrt{5-cosx}+2)}]

\lim_{y\to0}[\frac{2sin^2\frac{y}{2}}{(\frac{y}{2})^2(\sqrt{5-cosx}+2)×4}]

= 2 × (1/4) × {1/(2 + 2)}

= (1/8)

Pregunta 16. lím x→a [(cos√x – cos√a)/(x – a)]

Solución:

Tenemos,

lím x→a [(cos√x – cos√a)/(x – a)]

\lim_{x\to a}[\frac{-2sin(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{a}}{2})sin(\frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}}{2})}{(\sqrt{x}-\sqrt{a})(\sqrt{x}+\sqrt{a})}]

-2\lim_{x\to a}[sin\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{a})}{2}]\lim_{x\to a}[\frac{sin\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{a})}{2}}{\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{a})}{2}×2}]×\lim_{x\to a}\frac{1}{(\sqrt{x}+\sqrt{a})}

= -2sin√a × 1 × (1/2√a) × (1/2)

= -(sen√a/2√a)

Pregunta 17. lim x→a [(sin√x – sin√a)/(x – a)]

Solución:

Tenemos,

lím x→a [(sin√x – sin√a)/(x – a)]

\lim_{x\to a}[\frac{2cos(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{a}}{2})sin(\frac{\sqrt{x}-\sqrt{a}}{2})}{(\sqrt{x}-\sqrt{a})(\sqrt{x}+\sqrt{a})}]

2\lim_{x\to a}[cos\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{a})}{2}]\lim_{x\to a}[\frac{sin\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{a})}{2}}{\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{a})}{2}×2}]×\lim_{x\to a}\frac{1}{(\sqrt{x}+\sqrt{a})}

= 2cos√a × 1 × (1/2√a) × (1/2)

= (cos√a/2√a)

Pregunta 18. lím x→1 [(1 – x 2 )/sin2πx]

Solución:

Tenemos,

límite x→1 [(1 – x 2 )/sen2πx]

Cuando, x→1, h→0

= lím h→0 [{1-(1-h) 2 }/sen2π(1-h)]

= lím h→0 [(2h-h 2 )/-sen2πh]

= lím h→0 [{h(2-h)}/sen2πh]

=-\lim_{h\to0}[\frac{(2-h)}{\frac{sin2πh}{h}}]

-\lim_{h\to0}[\frac{(2-h)}{(\frac{sin2πh}{2πh})×2π}]

= -2/2π

= -1/π

Pregunta 19. lím x→π/4 [{f(x) – f(π/4)}/{x – π/4}]

Solución:

Tenemos,

límite x→π/4 [{f(x) – f(π/4)}/{x – π/4}]

Cuando, x→π/4, h→0

= lím h→0 [{f(π/4 + h) – f(π/4)}/{π/4 + h – π/4}]

Se da que f(x) = sen2x

= lím h→0 [{sin(π/2 + 2h) – sin(π/2)}/h]

= lím h→0 [(cos2h – 1)/h]

= lím h→0 [{-2sen 2 h}/h]

= -2Lim h→0 [(senh/h) 2 ] × h

= -2 × 1 × 0

= 0

Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por vivekray59 y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

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