Enunciat:
Calculeu els següents límits:
a) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \bigg(\dfrac{5n+1}{5n}\bigg)^{2n}$
b) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{3\,n^2+n-1}{(1-2\,n)^2}$
c) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \big(\sqrt{n}-n\big)$
a)
Per les propietats dels límits podem comprovar que
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \bigg(\dfrac{5n+1}{5n}\bigg)^{2n}=\Bigg(\lim_{n \rightarrow \infty} \, \bigg(\dfrac{5n+1}{5n}\Bigg)^{\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, 2n}$
d'on s'obté una indeterminació del tipus $1^{\infty}$
Aquest tipus d'indeterminacions es resolen fent ús de la propietat
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\Big(1+\dfrac{1}{f(n)}\Big)^{f(n)}=e$
Llavors, cal transformar (de manera equivalent) l'argument del límit per tal que adopti aquest esquema
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \bigg(\dfrac{5n+1}{5n}\bigg)^{2n}=\Bigg(\lim_{n \rightarrow \infty} \, \bigg(1+\dfrac{1}{5n}\Bigg)^{5n}\Bigg)^{\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\, \frac{2}{5}}=e^{\frac{2}{5}}$
resultat que també es pot expressar de la forma
$\sqrt[5]{e^2}$
$\square$
b)
En passar al límit trobem que
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{3\,n^2+n-1}{(1-2\,n)^2}$
dóna una indeterminació del tipus
$\dfrac{\infty}{\infty}$
Aquest tipus d'indeterminacions es resolen dividint el numerador i el denominador per $n$ elevada a l'exponent més gran que figuri a l'expressió; fent-ho, obtenim
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{3\,n^2+n-1}{(1-2\,n)^2}=\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{3+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}}{4-\frac{4}{n}+\frac{1}{n^2}}$
I, ara, en tornar a passar al límit trobem
$\dfrac{3+\frac{1}{\infty}-\frac{1}{\infty}}{4-\frac{4}{\infty}+\frac{1}{\infty}}$
que és igual a
$\dfrac{3}{4}$
$\square$
b)
En passar al límit trobem que
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \big(\sqrt{n}-n\big)$
dóna una indeterminació del tipus
$\infty-\infty$
Calculant uns quants valors de la successió ens adonem de seguida que els termes d'aquesta successió són negatius, que és monòtona decreixent, i que no està fitada
per tant
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \big(\sqrt{n}-n\big)=-\infty$
Procediment alternatiu:
A mode de comprovació, el resoldrem d'una altra manera: desfent algèbricament la indeterminació. Les indeterminacions d'aquest tipus d'indeterminació, podem multiplicar i dividir per l'expressió conjugada
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \big(\sqrt{n}-n\big)=\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{\big(\sqrt{n}-n\big)\cdot \big(\sqrt{n}+n\big)}{\sqrt{n}+n}=\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{n-n^2}{\sqrt{n}+n}$
Si, ara, tornem a passar al límit, ens trobem amb una indeterminació del tipus
$\dfrac{\infty}{\infty}$
que, com és ben sabut, es pot resoldre dividint el numerador y el denominador per la potència de $n$ amb l'exponent més gran present a l'expressió: en aquest cas $n^2$
Fent això trobem
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \big(\sqrt{n}-n\big)=\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \, \dfrac{\frac{1}{n}-1}{\sqrt{\frac{1}{n^3}}+\frac{1}{n}}=\dfrac{\frac{1}{\infty}-1}{\frac{1}{\infty}+\frac{1}{\infty}}=-\dfrac{1}{0}=-\infty$
$\square$
