Ejercicios del teorema de Rolle

1Estudiar si se verifica el teorema de Rolle en el intervalo [0, 3] de la función:

 

f(x) = \left\{ \begin{array}{lcl} 2x & si & 0 \leq x \leq 1, \\ -x+3 & si & 1< x \leq 3 \end{array} \right.

1 En primer lugar comprobamos que la función es continua en x = 1. Para ello calculamos los límites laterales

 

\displaystyle\lim_{x\to 1^-}2x = 2
\displaystyle\lim_{x\to 1^+}(-x+3) = 2

 

Como los límites laterales son iguales, entonces \displaystyle\lim_{x\to 1}=2.

 

Calculamos f(1)=2(1)=2. Como el límite en x = 1 coincide con su evaluación, entonces la función es continua en x = 1.

 

2 En segundo lugar comprobamos si la función es derivable en x = 1, para esto derivamos la función

 

f'(x) = \left\{ \begin{array}{lcl} 2 & si & 0 \leq x \leq 1, \\ -1 & si & 1< x \leq 3 \end{array} \right.

 

Como \displaystyle\lim_{x\to 1^-}f'(x)\neq \lim_{x\to 1^+}f'(x), entonces concluimos que la función no es derivable en x=1, luego la función no es derivable en el intervalo (0, 3) y por tanto no se cumple el teorema de Rolle.

 

2¿Es aplicable el teorema de Rolle a la función f(x) = \ln (5 - x^2) en el intervalo [-2, 2]?

1 En primer lugar calculamos el dominio de la función

 

5-x^2>0 \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ D=(-\sqrt{5}, \sqrt{5})

 

2 La función es continua en el intervalo [-2, 2] y derivable en (-2, 2), porque los intervalos están contenidos en D=(-\sqrt{5}, \sqrt{5})

 

Además se cumple que f(-2) = f(2), por tanto es aplicable el teorema de Rolle.

 

3Comprobar que la ecuación x^7 + 3x + 3 = 0 tiene una única solución real.

1 Como se trata de un polinomio, entonces la función es continua y derivable en todo \mathcal{R}

 

2 Verificamos el teorema de Bolzano en el intervalo [-1, 0], para ello evaluamos en los extremos el intervalo

 

f(-1) = -1 y f(0) = 3, por tanto es aplicable el teorema de Bolzano y se tiene que existe una raiz en el intervalo (-1,0).

 

3 Verificamos el teorema de Rolle, para ello derivamos la función

 

f'(x)=7x^6+3

 

Como la derivada no se anula en ningún valor (siempre es positiva) está en contradicción con el teorema de Rolle, por tanto sólo tiene una raíz real.

 

Ejercicio del teorema de Lagrange

4¿Se puede aplicar el teorema de Lagrange a f(x) = x^3 en [-1, 2]?

1 Verificamos que la función sea continua en el intervalo [-1,2] lo cual se cumple ya que la función es polinomial.

 

2 Verificamos que la función sea derivable en el intervalo (-1,2) lo cual se cumple ya que f'(x)=3x^2 es polinomial

 

3 Se cumplen las hipótesis del teorema de Lagrange, por lo que existe c\in (-1,2) tal que

 

\begin{array}{rcl}f'(c)&=&\cfrac{f(2)-f(-1)}{2-(-1)}\\ 3c^2&=&\cfrac{8-(-1)}{2-(-1)}\\ c^2&=&1\end{array}

 

Obtenemos los valores c=\pm 1. Tomamos c=1, ya que 1\in (-1,2) y observamos que -1\notin (-1,2).

 

Ejercicio del teorema de Cauchy

5Comprobar si se cumplen las hipótesis del teorema de Cauchy para las funciones f(x) = x^3 y g(x) = x + 3 en el intervalo [0, 2].

1 Las funciones f(x) y g(x) son continuas en el intervalo [0, 2] y derivables en (0, 2), por ser funciones polinómicas.

 

2 Se cumple que g(0)\neq g(2), por lo tanto se verifica el teorema de Cauchy

 

3 Calculamos las derivadas de las funciones

 

f'(x)=3x^2

g'(x)=1

 

4 Evaluamos en la fórmula del teorema de Cauchy

 

\begin{array}{rcl}\cfrac{f'(c)}{g'(c)}&=&\cfrac{f(2)-f(0)}{g(2)-g(0)}\\ 3c^2&=&\cfrac{8-0}{5-3}\\ c^2&=&\cfrac{4}{3}\end{array}

 

Las raíces son c=\pm\cfrac{2\sqrt{3}}{3}

 

5 Tomamos c=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\in(0,2), ya que -\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\notin(0,2)

 

Como g\left(\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)\neq 0, concluimos que el valor buscado es c=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}

 

Ejercicios de la regla de L'Hôpital

 

Resolver los siguientes límites:

6\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{e^x-e^{-x}}{sen\,x}

1 Evaluando x=0 se obtiene la indeterminación

 

\cfrac{e^0-e^{-0}}{sen\,0}=\cfrac{0}{0}

 

2 Derivamos el numerador y el denominador

 

(e^x-e^{-x})'=e^x+e^{-x}

(sen\,x)'=cos\,x

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{e^x-e^{-x}}{sen\,x}=\lim_{x\to 0}\cfrac{e^x+e^{-x}}{cos\,x}

 

4 Resolvemos el límite obtenido

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{e^x+e^{-x}}{cos\,x}&=&\cfrac{e^0+e^{-0}}{cos\,0}\\\\ &=&\cfrac{2}{1}\\\\&=&2\end{array}

 

7\displaystyle\lim_{x\to \infty^+}\cfrac{x}{(\ln x)^3+2x}

1 Para x\ti\infty^+ se obtiene la indeterminación \cfrac{\infty}{\infty}

 

2 Derivamos el numerador y el denominador

 

(x)'=1

((\ln x)^3+2x)'=3(\ln x)^2\cdot\cfrac{1}{x}+2

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\displaystyle\lim_{x\to \infty^+}\cfrac{x}{(\ln x)^3+2x}=\lim_{x\to\infty^+}\cfrac{1}{3(\ln x)^2\cdot\cfrac{1}{x}+2}

 

4 Aplicamos nuevamente la regla de L'Hôpital al elemento del denominador

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to\infty^+}3(\ln x)^2\cdot\cfrac{1}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to\infty^+}\cfrac{6(\ln x)\cdot\cfrac{1}{x}}{1}\end{array}

 

5 Aplicamos nuevamente la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to\infty^+}6\ln x\cdot\cfrac{1}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to\infty^+}\cfrac{6\cdot\cfrac{1}{x}}{1}\\\\ &=&0\end{array}

 

6 Así, el límite es

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to \infty^+}\cfrac{x}{(\ln x)^3+2x}&=&\displaystyle\lim_{x\to\infty^+}\cfrac{1}{3(\ln x)^2\cdot\cfrac{1}{x}+2}\\\\ &=&\cfrac{1}{0+2}\\\\ &=& \cfrac{1}{2}\end{array}

 

8\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{sen\, x}\right)

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación \infty-\infty

 

2 Sumamos las fracciones

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\cfrac{1}{x}-\cfrac{1}{sen\, x}\right)=\lim_{x\to 0}\cfrac{sen\, x-x}{x\cdot sen\, x}

 

Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

3 Calculamos las derivadas

 

(sen\, x-x)'=cos\, x-1

(x\cdot sen\, x)'=sen\, x+x\cdot cos\, x

 

4 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{sen\, x-x}{x\cdot sen\, x}=\lim_{x\to 0}\cfrac{cos\, x-1}{sen\, x+x\cdot cos\, x}

 

Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

5 Aplicamos nuevamente la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{cos\, x-1}{sen\, x+x\cdot cos\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-sen\, x}{2cos\, x-x\cdot sen\, x}\\\\ &=&\cfrac{0}{2}\\\\ &=&0\end{array}

 

9\displaystyle\lim_{x\to 1}\cfrac{\ln x}{x-1}

1 Para x=1 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

2 Calculamos las derivadas

 

(\ln x)'=\cfrac{1}{x}

(x-1)'=1

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 1}\cfrac{\ln x}{x-1}&=&\displaystyle\lim_{x\to 1}\cfrac{1}{x}\\\\ &=&1\end{array}

 

10\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{sen\, 3x}{x-\cfrac{3}{2}\cdot sen\, 2x}

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

2 Calculamos las derivadas

 

(sen\, 3x)'=3cos\, 3x

\left(x-\cfrac{3}{2}\cdot sen\, 2x\right)'=1-3cos\, 2x

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{sen\, 3x}{x-\cfrac{3}{2}\cdot sen\, 2x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{3cos\, 3x}{1-3cos\, 2x}\\\\ &=&\cfrac{3}{1-3}\\\\ &=&-\cfrac{3}{2}\end{array}

 

11\displaystyle\lim_{x\to 0}(arcsen\, x \cdot cotg\, x)

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación 0\cdot\infty

 

2 Escribimos cotg\, x en términos de senos y cosenos

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}(arcsen\, x \cdot cotg\, x)=\lim_{x\to 0}\cfrac{arcsen\, x\cdot cos\, x}{sen\, x}

 

Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

3 Calculamos las derivadas

 

(arcsen\, x\cdot cos\, x)'=-sen\, x\cdot arcsen\, x+\cfrac{cos\, x}{\sqrt{1-x^2}}

(sen\, x)'=cos\, x

 

4 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{arcsen\, x\cdot cos\, x}{sen\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-sen\, x\cdot arcsen\, x+\cfrac{cos\, x}{\sqrt{1-x^2}}}{cos\, x}\\\\ &=&\cfrac{1}{1}\\\\ &=&1\end{array}

 

12\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1}{2}\cfrac{sen\, x}{tg\, x}(1+tg\ 2x)^{\frac{4}{x}}

1 Escribimos tg\, x en términos de senos y cosenos; luego aplicamos límites

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1}{2}\cfrac{sen\, x}{tg\, x}(1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}&=&\cfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}(cos\, x)\cdot \lim_{x\to 0}(1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}\end{array}

 

Como \displaystyle\lim_{x\to 0}cos\, x=1 el límite se simplifica en

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1}{2}\cfrac{sen\, x}{tg\, x}(1+tg\ 2x)^{\frac{4}{x}}&=&\cfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}(cos\, x)\cdot \lim_{x\to 0}(1+tg\ 2x)^{\frac{4}{x}}\\\\ &=&\cfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}(1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}\end{array}

 

2 Para x=0 se obtiene la indeterminación 1^{\infty}

 

3 Escribimos A=(1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}. Aplicando logaritmo natural y la exponencial obtenemos

 

A=e^{\ln (1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}}=e^{\frac{4}{x}\ln (1+tg\, 2x)}

 

4 Escribimos nuevamente el límite y aplicamos que la función exponencial es continua

 

\begin{array}{rcl}\cfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}(1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}&=&\cfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\frac{4}{x}\ln (1+tg\, 2x)\\\\ &=&\cfrac{1}{2}\cdot e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{4\ln (1+tg\, 2x)}{x}\right)}\end{array}

 

Ahora resta calcular

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{4\ln (1+tg\, 2x)}{x}

 

5 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}. Calculamos las derivadas del numerador y denominador

 

(4\ln (1+tg\, 2x))'=\cfrac{8sec^2 x}{1+tg\, 2x}}

(x)'=1

 

6 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{4\ln (1+tg\, 2x)}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{8sec^2 x}{1+tg\, 2x}}\\\\ &=&\cfrac{8}{1}\\\\ &=&8\end{array}

 

7 Así, el límite buscado es

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1}{2}\cfrac{sen\, x}{tg\, x}(1+tg\, 2x)^{\frac{4}{x}}&=&\cfrac{1}{2}\cdot e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{4\ln (1+tg\, 2x)}{x}\right)}\\\\ &=&\cfrac{1}{2}\cdot e^8\end{array}

 

13\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\ln (1+x)-sen\, x}{x sen\, x}

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

2 Calculamos las derivadas

 

(\ln (1+x)-sen\, x)'=\cfrac{1}{1+x}-cos\, x

(x sen\, x)'=sen\, x+x cos\,x

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\ln (1+x)-sen\, x}{x sen\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\cfrac{1}{1+x}-cos\, x}{sen\, x+x cos\,x}\end{array}

 

4 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}, por lo que aplicamos de nuevo la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\cfrac{1}{1+x}-cos\, x}{sen\, x+x cos\,x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-\cfrac{1}{(1+x)^2}+sen\, x}{2cos\, x-x sen\,x}\\\\ &=&-\cfrac{1}{2}\end{array}

 

14\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1+sen\, x-e^x}{(arctg\, x)^2}

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}

 

2 Calculamos las derivadas

 

(1+sen\, x-e^x)'=cos\, x-e^x

((arctg\, x)^2)'=\cfrac{2arctg\, x}{1+x^2}

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1+sen\, x-e^x}{(arctg\, x)^2}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{cos\, x-e^x}{\cfrac{2arctg\, x}{1+x^2}}\end{array}

 

4 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}, por lo que aplicamos de nuevo la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{cos\, x-e^x}{\cfrac{2arctg\, x}{1+x^2}}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-sen\, x-e^x}{\cfrac{2-4x arctg\, x}{(1+x^2)^2}}\\\\ &=&-\cfrac{1}{2}\end{array}

 

15\displaystyle\lim_{x\to 0}\left[\cfrac{1}{\ln (1+x)}-\cfrac{1}{x}\right]

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación \infty -\infty. Realizamos la suma de fracciones

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}\left[\cfrac{1}{\ln (1+x)}-\cfrac{1}{x}\right]=\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{x-\ln (1+x)}{x\ln (1+x)}

 

Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}.

 

2 Calculamos las derivadas

 

(x-\ln (1+x))'=1-\cfrac{1}{1+x}

(x\ln (1+x))'=\ln(1+x)+\cfrac{x}{1+x}

 

3 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{x-\ln (1+x)}{x\ln (1+x)}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1-\cfrac{1}{1+x}}{\ln(1+x)+\cfrac{x}{1+x}}\end{array}

 

4 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}, por lo que primero simplificamos y luego aplicamos de nuevo la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1-\cfrac{1}{1+x}}{\ln(1+x)+\cfrac{x}{1+x}}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{x}{(1+x)\ln(1+x)+x}\\\\ &=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{1}{\ln(1+x)+2}\\\\ &=&\cfrac{1}{2}\end{array}

 

16\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\cfrac{1+tg\, x}{1+sen\, x}\right)^{\frac{1}{sen\, x}}

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación 1^{\infty}

 

2 Escribimos el límite empleando logaritmo natural y la exponencial

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\cfrac{1+tg\, x}{1+sen\, x}\right)^{\frac{1}{sen\, x}}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\ln\left(\cfrac{1+tg\, x}{1+sen\, x}\right)^{\frac{1}{sen\, x}}}\\\\ &=&\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}}\end{array}

 

3 Escribimos nuevamente el límite y aplicamos que la función exponencial es continua

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}}&=& e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}\right)}\end{array}

 

Ahora resta calcular

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}

 

4 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}. Calculamos las derivadas del numerador y denominador

 

(\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x))'=\cfrac{sec^2 x}{1+tg\, x}}-\cfrac{cos\, x}{1+sen\, x}

(sen\, x)'=cos\, x

 

5 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\cfrac{sec^2 x}{1+tg\, x}-\cfrac{cos\, x}{1+sen\, x}}{cos\, x}\\\\ &=&\cfrac{0}{1}\\\\ &=&0\end{array}

 

6 Así, el límite buscado es

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\cfrac{1+tg\, x}{1+sen\, x}\right)^{\frac{1}{sen\, x}}&=&e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}\right)}\\\\ &=&e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln(1+tg\, x)-\ln(1+sen\, x)}{sen\, x}\right)}\\\\ &=&e^0\\\\ &=&1\end{array}

 

17\displaystyle\lim_{x\to 0}x^{sen\, x}

1 Para x=0 se obtiene la indeterminación 0^0

 

2 Escribimos el límite empleando logaritmo natural y la exponencial

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}x^{sen\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\ln x^{sen\, x}}\\\\ &=&\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{sen\, x\ln x}\\\\ &=&\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\cfrac{\ln x}{csc\, x}}\end{array}

 

3 Escribimos nuevamente el límite y aplicamos que la función exponencial es continua

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln x}{csc\, x}}&=& e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln x}{csc\, x}\right)}\end{array}

 

Ahora resta calcular

 

\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\ln x}{csc\, x}

 

4 Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{\infty}{\infty}. Calculamos las derivadas del numerador y denominador

 

(\ln x)'=\cfrac{1}{x}

(csc\, x)'=-csc\, x \cdot cotg\, x=-\cfrac{cos\, x}{sen^2x}

 

5 Aplicamos la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\ln x}{csc\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{\cfrac{1}{x}}{-\cfrac{cos\, x}{sen^2x}}\\\\ &=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-sen^2x}{xcos\, x}\end{array}

 

Para x=0 se obtiene la indeterminación \cfrac{0}{0}. Aplicamos nuevamente la regla de L'Hôpital

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-sen^2x}{xcos\, x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0}\cfrac{-2sen\, x\cdot cos\, x}{cos\, x-xsen\, x}\\\\ &=& \cfrac{0}{1}\\\\ &=&0\end{array}

 

6 Así, el límite buscado es

 

\begin{array}{rcl}\displaystyle\lim_{x\to 0}x^{sen\, x}&=&e^{\left({\displaystyle\lim_{x\to 0}}\frac{\ln x}{csc\, x}\right)}\\\\ &=&e^0\\\\ &=&1\end{array}

 

 

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Marta

➗ Licenciada en Químicas da clase de Matemáticas, Física y Química -> Comparto aquí mi pasión por las matemáticas ➗