Indeterminaciones

Una indeterminación o indeterminada es una operación cuyo resultado no está definido. Es habitual obtener este tipo de expresiones al intentar resolver límites, ya sean en un punto o en el infinito. La obtención de una indeterminación no significa que el límite no exista, sino que habrá que buscar otro camino para obtener su resultado. En este apartado vamos a enseñarte las formas habituales en que puedes enfrentarte a los distintos tipos de indeterminaciones. Lo haremos a través de los siguientes puntos:

• Tipos de indeterminaciones
• Cuadro resumen
• Indeterminación de tipo k/0
• Indeterminación de tipo 0/0
• Indeterminación de tipo ∞/∞
• Indeterminación de tipo ∞-∞
• Indeterminación de tipo ∞·0
• Indeterminación de tipo 1^∞
• Indeterminaciones de tipo 0^∞, ∞⁰ y 0⁰

¿Tienes la determinación de continuar?

Indeterminaciones

¿Qué camino tomar cuando se presenta una operación indeterminada en la resolución de un límite? Esa es la pregunta que queremos que tengas resuelta cuando termines de leer este apartado.

Tipos de indeterminación

Cuadro resumen

A continuación tienes el cuadro resumen con las técnicas habituales a aplicar en cada caso. Visita los puntos correspondientes para entender cada uno de ellos, y estudiar los ejemplos asociados.

Resolución de K/0

Ya sabemos que no es posible dividir un número entre cero, al fin y al cabo si tienes algo, y lo quieres dividir entre nada...¿qué operación es esa? Si lo intentas en tu calculadora, te dará error. Sin embargo, recuerda que cuando hablamos de límites el cero no es un valor 'estático', sino un valor al que nos aproximamos. Un número k dividido entre otro muy próximo a cero da un número muy grande, que será positivo o negativo según la relación que haya entre los signos de k y del 0... Un momento... ¿el cero tiene signo? Ya sabes que no, pero sí que existe signo cuando nos aproximamos a cero por la derecha (0⁺), o por la izquierda (0^-). Por todo ello:

Ejemplos

1.- Comenzamos por un caso que a buen seguro conoces:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}=\left[\frac{1}{0}\right]\text{IND}$$

Apliquemos límites laterales:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{0^{+}}\underset{\left[0^{+}=0.00001\right]}{=}\infty \\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{0^{-}}\underset{\left[0^{+}=-0.00001\right]}{=}-\infty \end{gathered}$$

Observa, por un lado, que para determinar el valor de 1/0⁺ o 1/0^- puedes ayudarte de la calculadora, sustituyendo el 0⁺ o el 0^- por un valor a la derecha (sensiblemente mayor) o a la izquierda (sensiblemente menor) del 0. Por otro lado, como los límites laterales son distintos, estrictamente hablando no existe el límite de la función cuando x tiende a 0:

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\ne \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{x}\Rightarrow \nexists \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}$$

2.- Siguiendo un procedimiento similar:

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{2}{{\left(x-3\right)}^2}=\left[\frac{2}{0}\right] \text{IND}$$

Ahora, aplicando límites laterales:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{2}{{\left(x-3\right)}^2}=\frac{2}{{\left(3^{-}-3\right)}^2}\underset{3^{-}\approx 2.999...}{=}\frac{2}{{\left(0^{-}\right)}^2}\underset{0^{-}\approx -0.000...1}{=}\frac{2}{0^{+}}\underset{0^{+}\approx 0.000...1}{=}\infty \\ \underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{2}{{\left(x-3\right)}^2}=\frac{2}{{\left(3^{+}-3\right)}^2}\underset{3^{+}\approx 3.000...1}{=}\frac{2}{{\left(0^{+}\right)}^2}\underset{0^{+}\approx 0.000...1}{=}\frac{2}{0^{+}}=\infty \end{gathered}$$

Con lo que esta vez podemos decir que:

$$\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\frac{2}{{\left(x-3\right)}^2}=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{2}{{\left(x-3\right)}^2}=\infty \Rightarrow \underset{x\to 3}{\lim }\frac{2}{{\left(x-3\right)}^2}=\infty$$

3.- Vamos con nuestro tercer ejemplo

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{1-x}{{\left(x-2\right)}^4}=\left[\frac{-1}{0}\right] \text{IND}$$

Resolvemos como hasta ahora:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{1-x}{{\left(x-2\right)}^4}=\frac{-1}{0^{+}}=-\infty \\ \underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{1-x}{{\left(x-2\right)}^4}=\frac{-1}{0^{+}}=-\infty \end{gathered}$$

Con lo que esta vez el límite que buscábamos vale menos infinito:

$$\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{1-x}{{\left(x-2\right)}^4}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{1-x}{{\left(x-2\right)}^4}=-\infty \Rightarrow \underset{x\to 2}{\lim }\frac{1-x}{{\left(x-2\right)}^4}=-\infty$$

Resolución de 0/0

Si preguntas a Siri, el famoso asistente de los iPhone, cuánto es 0/0 te dará una respuesta que parece muy loca: 

"Imagínate que tiene cero galletas y las repartes entre cero amigos. ¿Cuántas galletas le tocan a cada amigo? No tiene sentido. ¿Lo ves? Así que el monstruo de las galletas está triste porque no tiene galletas y tú estás triste porque no tienes amigos."

Lo que trata de decirte es, simplemente, que estás proponiéndole una indeterminada. Por otro lado, ya Newton en el S.XVII, antes de que se formalizara el estudio de los límites como lo conocemos hoy día, escribió en relación al 0/0:

"Hay que entender la razón de las cantidades, no antes de que desaparezcan ni después, sino la razón con la que desaparecen."

En cualquier caso, desde un punto de vista práctico, el 0/0 indica la presencia de un factor común, tanto en numerador como denominador, con lo que:

Ejemplos

1.- Comenzamos nuestros ejemplos con el caso:

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-4}{x-2}=\left[\frac{0}{0}\right] \text{IND}$$

Como se trata de dos polinomios, podemos factorizarlos para simplificar el factor común. Un posible método para hacerlo es percatarte que en el numerador tienes una diferencia de cuadrados: x²-4 = x²-2², y recordar que suma por diferencia es igual, precisamente, a diferencia de cuadrados, con lo que:

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-4}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x+2\right)·\cancel{\left(x-2\right)}}{\cancel{x-2}}=4$$

2.- En este caso la resolución de una indeterminación nos lleva a otra. Observa:

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}=\left[\frac{0}{0}\right] \text{IND}$$

Factorizando nos queda:

$$\begin{gathered} x^2-2x+1=0\Rightarrow x=\frac{2\pm \sqrt{{\left(-2\right)}^2-4·1·1}}{2}=1\Rightarrow x^2-2x+1={\left(x-1\right)}^2 \\ \underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\cancel{x-1}}{\left(x-1\right){\displaystyle \cancel{{}^2}}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x-1}}=\left[\frac{1}{0}\right]\hspace{0.17em}\text{IND} \end{gathered}$$

Con lo que debemos volver a resolver una indeterminación, esta vez del tipo k/0, resolviendo los límites laterales:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{1}{x-1}=\frac{1}{0^{-}}=-\infty \\ \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{1}{x-1}=\frac{1}{0^{+}}=\infty \end{gathered}$$

Como los límites laterales son distintos, no existe el límite:

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}\ne \underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}\Rightarrow \nexists \underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{x^2-2x+1}$$

3.- Si en los dos ejemplos anteriores nos encontrábamos con polinomios tanto en el numerador como en el denominador, en este nos encontramos con que en el numerador aparece una raíz:

$$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\sqrt{x+6}-3}{x-3}=\left[\frac{0}{0}\right] \text{IND}$$

Multiplicamos numerador y denominador por el conjugado del numerador, y operamos:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 3}{\lim }\frac{\sqrt{x+6}-3}{x-3}=\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x+6}-3\right)·\left(\sqrt{x+6}+3\right)}{\left(x-3\right)·\left(\sqrt{x+6}+3\right)}\underset{\left(a+b\right)·\left(a-b\right)=a^2-b^2}{=}\underset{x\to 3}{\lim }\frac{{\left(\sqrt{x+6}\right)}^2-9}{\left(x-3\right)·\left(\sqrt{x+6}-3\right)}= \\ \underset{x\to 3}{\lim }\frac{\cancel{x-3}}{\cancel{\left(x-3\right)}·\left(\sqrt{x+6}+3\right)}=\frac{1}{6} \end{gathered}$$

Resolución de ∞/∞

Ya sabemos que no todos las funciones que se acercan al infinito (o al menos infinito) lo hacen a igual velocidad. Dicho de otra manera, no todos los infinitos tienen igual grado. Es precisamente por eso que:

Justificación

Para justificar el procedimiento anterior vamos a proceder de la siguiente manera:

• Cuando en el numerador y en el denominador hay dos polinomios dividiremos ambos por x elevado a la potencia mayor del polinomio de menor grado. Así, observa:

  $$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^3+2x}{3x^2+x-5}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]\hspace{0.17em}\text{IND}$$

  Por comparación de infinitos, el resultado debería ser infinito (el polinomio del numerador es de grado 3 y el del denominador de grado 2). Veamos qué ocurre si dividimos numerador y denominador entre x elevado a la mayor potencia del polinomio de menor grado (esto es, entre x²):

  $$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^3+2x}{3x^2+x-5}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{x^3+2x}{x^2}}}{{\displaystyle \frac{3x^2+x-5}{x^2}}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{x^3}{x^2}}+{\displaystyle \frac{2x}{x^2}}}{{\displaystyle \frac{3x^2}{x^2}}+{\displaystyle \frac{x}{x^2}}-{\displaystyle \frac{5}{x^2}}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle x+\frac{2}{x}}}{{\displaystyle 3+\frac{1}{x}-\frac{5}{x^2}}}= \\ =\frac{{\displaystyle \infty +\cancel{\frac{2}{\infty }}}}{{\displaystyle 3+\cancel{\frac{1}{\infty }}-\cancel{\frac{5}{{\infty }^2}}}}=\infty \end{gathered}$$

• Cuando en el numerador y en el denominador tenemos exponenciales, dividimos por la exponencial de mayor base:

  $$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4^x+3^{x+2}}{2^{x-2}+5^x}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]\hspace{0.17em}\text{IND}$$

  En este caso, por comparación de infinitos el resultado debería ser 0, ya que el infinito del denominador es de mayor grado (la base mayor del denominador es 5 frente a 4 del numerador). Si dividimos numerador y denominador por la exponencial de mayor base, obtenemos el mismo resultado:

  $$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4^x+3^{x+2}}{2^{x-2}+5^x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{4^x}{5^x}}+{\displaystyle \frac{9·3^x}{5^x}}}{{\displaystyle \frac{2^x}{4·5^x}}+{\displaystyle \frac{5^x}{5^x}}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle {\left(\frac{4}{5}\right)}^x+9·{\left(\frac{3}{5}\right)}^x}}{{\displaystyle \frac{1}{4}{\left(\frac{2}{5}\right)}^x+1}}=\frac{{\displaystyle {\left(\frac{4}{5}\right)}^{\infty }+9·{\left(\frac{3}{5}\right)}^{\infty }}}{{\displaystyle \frac{1}{4}{\left(\frac{2}{5}\right)}^{\infty }+1}}=\frac{0}{1}=0$$

Ejemplos

$$\begin{gathered} \mathbf{1}\mathbf{.}\mathbf{-} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^4+2}{-3x^3+2}=\left[\frac{\infty }{-\infty }\right] \text{IND}\Rightarrow \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle x^4+2}}{{\displaystyle -3x^3+2}}\underset{\text{Grado num.>Grado den.}}{=}-\infty \\ \mathbf{2}\mathbf{.}\mathbf{-} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \ln \left(x+5\right)}}{{\displaystyle 2^x}}=\left[\frac{{\displaystyle \infty }}{{\displaystyle \infty }}\right] \text{IND}\Rightarrow \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \ln \left(x+5\right)}}{{\displaystyle 2^x}}\underset{\text{Grado den.>Grado num.}}{=}0 \\ \mathbf{3}\mathbf{.}\mathbf{-} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 4x^3+3x^2}}{{\displaystyle 2x^3+1}}=\left[\frac{{\displaystyle \infty }}{{\displaystyle \infty }}\right] \text{IND}\Rightarrow \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 4{\mathit{x}}^{\mathbf{3}}+3x^2}}{{\displaystyle 2{\mathit{x}}^{\mathbf{3}}+1}}\underset{\text{Grado den.=Grado num.}}{=}\frac{{\displaystyle 4}}{2}=2 \end{gathered}$$

Resolución de ∞-∞

Por la misma razón que no podemos decir que ∞/∞ sea 1, tampoco podemos decir que ∞-∞ sea 0: Cada función que da origen a dicho infinito puede acercarse a él a distinta velocidad (es decir, cada infinito puede tener un grado distinto). Podemos decir que:

Ejemplos

1.- Empezamos por un ejemplo que se pude resolver a simple vista por comparación de infinitos:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }3x^{105}-2^{x+2}=\left[\infty -\infty \right] \text{IND} \Rightarrow \underset{x\to \infty }{\lim }3x^{105}-2^{x+2}=-\infty$$

Ya que el grado del infinito de la exponencial es mayor que el del polinomio.

2.- En nuestro segundo ejemplo debemos operar para poder resolver la indeterminación:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2}{x+2}-x=\left[\infty -\infty \right] \text{IND} \Rightarrow \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle x^2}}{{\displaystyle x+2}}-x=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle x^2-x·\left(x+2\right)}}{{\displaystyle x+2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle -2x}}{{\displaystyle x+2}}=\left[\frac{-\infty }{\infty }\right]\text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle x^2}}{{\displaystyle x+2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle -2x}}{{\displaystyle x+2}}\underset{\text{grado num. =\hspace{0.17em}grado den.}}{=}2 \end{gathered}$$

3.- Para el tercer ejemplo, al haber raíces, multiplicamos y dividimos por el conjugado:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt{x^2+x}-2x=\left[\infty -\infty \right]\hspace{0.17em}\text{IND}\Rightarrow \\ \underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt{x^2+x}-2x=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\left(\sqrt{x^2+x}-2x\right)·\left(\sqrt{x^2+x}+2x\right)}{\left(\sqrt{x^2+x}+2x\right)}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+2x-4x^2}{\sqrt{x^2+x}+2x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x-3x^{\mathbf{2}}}{\sqrt{x^2+x}+2x}\underset{\text{Por comparación de infinitos}}{=}-\infty \end{gathered}$$

Observa que, en el último paso, para resolverlo de manera más analítica, podemos dividir numerador y denominador entre x:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x-3x^2}{\sqrt{x^2+x}+2x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{2x}{x}}-{\displaystyle \frac{3x^2}{x}}}{{\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+x}+2x}{x}}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 2-3x}}{{\displaystyle \sqrt{\frac{{\displaystyle x^2}}{x^2}+\frac{{\displaystyle x}}{x^2}}+\frac{{\displaystyle 2x}}{x}}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 2-3x}}{{\displaystyle 3}}=-\infty$$

4.- Finalmente, observa que no necesariamente la indeterminación de tipo ∞-∞ se da cuando x→∞. Como todas las indeterminaciones, también puede darse calculando el límite de la función en un punto:

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-2}{x·\left(x-2\right)}-\frac{1}{x-2}=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

Observa que hemos dicho que ambos cocientes tienden a infinito cuando x se aproxima a 2, lo cual da origen a la indeterminación ∞-∞. Estrictamente hablando, se trata de dos indeterminaciones k/0 que habría que resolver buscando los límites laterales, pero a nivel práctico podemos decir que ambas son infinito y operar ambos cocientes:

$$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-2}{x·\left(x-2\right)}-\frac{1}{x-2}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-2-x}{x·\left(x-2\right)}\underset{x^2-2-x=\left(x-2\right)·\left(x+1\right)}{=}\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\cancel{\left(x-2\right)}·\left(x+1\right)}{x·\cancel{\left(x-2\right)}}=\frac{3}{2}$$

Resolución de ∞·0

Cuando multiplicas un número por 0, el resultado es cero. Pero ya sabemos que ni el infinito es un número ni el 0 en los límites es un valor 'estático', sino un valor al que nos aproximamos... Podemos decir:

Ejemplo

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }x·\sqrt{\frac{1}{3x^2+1}}=\left[\infty ·0\right] \text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }x·\sqrt{\frac{1}{3x^2+1}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt{\frac{x^2}{3x^2+1}}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }x·\sqrt{\frac{1}{3x^2+1}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt{\frac{x^2}{3x^2+1}}\underset{\text{Grado num. =\hspace{0.17em}grado den.}}{=}\sqrt{\frac{1}{3}} \end{gathered}$$

Resolución de 1^∞

Sabemos que 1 elevado a cualquier número n, es decir, multiplicado por sí mismo n veces, da 1. Sin embargo, cuando nos aproximamos a 1 y elevamos a infinito a la vez (recuerda que estamos calculando límites), no podemos estar seguros de lo que ocurre. Es por eso que estamos, de nuevo, ante una indeterminación.

Justificación

No te recomendamos que la aprendas de memoria, sino más bien llegar a ella razonadamente. Para ello debes tener presente el siguiente límite:

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e}$$

Dicho de otra manera, si a 1 sumamos 1 partido algo que se acerca a infinito y lo elevamos a ese mismo algo que se acerca a infinito, el resultado se acerca al número e.

Así, cuando tenemos una expresión de tipo f(x)^g(x) podemos hacer transformaciones en la siguiente forma:

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }f{\left(x\right)}^{g\left(x\right)}\underset{f\left(x\right)=f\left(x\right)+1-1}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+f\left(x\right)-1\right)}^{g\left(x\right)}\underset{f\left(x\right)-1=\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{f\left(x\right)-1}}}}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{f\left(x\right)-1}}}\right)}^{g\left(x\right)}= \\ \underset{g\left(x\right)=g\left(x\right)·\frac{1}{f\left(x\right)-1}·\left(f\left(x\right)-1\right)}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{f\left(x\right)-1}}}\right)}^{\frac{1}{f\left(x\right)-1}·\left(f\left(x\right)-1\right)·g\left(x\right)} \end{gathered}$$

Observa que ya hemos conseguido el número e, pues tenemos 1 al que hemos sumado 1 partido algo que se acerca a infinito y lo elevamos a ese mismo algo que se acerca a infinito, con lo que:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{f\left(x\right)-1}}}\right)}^{\frac{1}{f\left(x\right)-1}·\left(f\left(x\right)-1\right)·g\left(x\right)}=\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{\left(f\left(x\right)-1\right)·g\left(x\right)}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\left(f\left(x\right)-1\right)·g\left(x\right)}$$

Aunque este desarrollo lo hemos hecho teniendo en cuenta que x→∞, también es válido cuando x se acerca algún valor concreto.

Ejemplos

Como ejemplo concreto te proponemos un caso en el que, a pesar de tender la x a un valor concreto, verás de manera justificada que podemos usar la igualdad $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e$:

$$\underset{x\to 3}{\lim }{\left(\frac{x^2+2x-9}{x+3}\right)}^{\frac{1}{x-3}}=\left[1^{\infty }\right] \text{IND}$$

Empezamos a buscar (1+1/algo)^algo:

$$\underset{x\to 3}{\lim }{\left(1+\frac{x^2+2x-9}{x+3}-1\right)}^{\frac{1}{x-3}}=\underset{x\to 3}{\lim }{\left(1+\frac{x^2+x-12}{x+3}\right)}^{\frac{1}{x-3}}=\underset{x\to 3}{\lim }{\left(1+\frac{1}{\frac{x+3}{x^2+x-12}}\right)}^{\frac{x+3}{x^2+x-12}·\frac{x^2+x-12}{x+3}·\frac{1}{x-3}}$$

Observa ahora que, cuando x tiende a 3, $\frac{x+3}{x^2+x-12}$ tiende a infinito, con lo que la parte en negrita es, justamente el número e:

$$\underset{x\to 3}{\lim }{\left(\mathbf{1}\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{\frac{\mathbf{x}\mathbf{+}\mathbf{3}}{{\mathbf{x}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}\mathbf{x}\mathbf{-}\mathbf{12}}}\right)}^{\frac{\mathbf{x}\mathbf{+}\mathbf{3}}{{\mathbf{x}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}\mathbf{x}\mathbf{-}\mathbf{12}}·\frac{x^2+x-12}{x+3}·\frac{1}{x-3}}=e^{\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^2+x-12}{x+3}·\frac{1}{x-3}}=e^{\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\cancel{\left(x-3\right)}·\left(x+4\right)}{x+3}·\frac{1}{\cancel{x-3}}}=e^{\frac{7}{6}}$$

Resolución de 0^∞, ∞⁰ y 0⁰

De nuevo, por la misma razón que hasta ahora, nos encontramos ante dos indeterminaciones. La forma de proceder:

Justificación

Para justificar la expresión anterior, recuerda que la función exponencial y la logarítmica son inversas. Esto quiere decir, de manera simple, que si las aplicamos de manera consecutiva, el resultado obtenido es el original. Por ello:

$$f{\left(x\right)}^{g\left(x\right)}\underset{{\mathit{a}}^{\mathbf{b}}=e^{\ln \left({\mathit{a}}^{\mathbf{b}}\right)}}{=}{e}^{\ln \left(f{\left(x\right)}^{g\left(x\right)}\right)}\underset{\ln \left(a^b\right)=b\ln \left(a\right)}{=}{e}^{g\left(x\right)·\ln \left(f\left(x\right)\right)}$$

Ejemplos

1.-

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=\left[0^{\infty }\right] \text{IND} \\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\ln \left(x^{\frac{1}{x}}\right)}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln \left(x^{\frac{1}{x}}\right)}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\ln \left(x\right)}=e^{\infty ·\left(-\infty \right)}=e^{-\infty }=\frac{1}{e^{\infty }}=0 \end{gathered}$$

2.-

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=\left[{\infty }^0\right] \text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{\ln \left(x^{\frac{1}{x}}\right)}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\ln \left(x^{\frac{1}{x}}\right)}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}\ln \left(x\right)}={e^{\underset{x\to \infty }{\lim }}}^{\frac{\ln \left(x\right)}{x}}=e^{\frac{\infty }{\infty }}\text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}={e^{\underset{x\to \infty }{\lim }}}^{\frac{\ln \left(x\right)}{x}}\underset{\text{grado num < grado den.}}{=e^0=1} \end{gathered}$$

3.-

$$\begin{gathered} \underset{x\to \infty }{\lim }{\frac{1}{x}}^{\frac{{\displaystyle 1}}{x}}=\left[0^0\right] \text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}}^{\frac{{\displaystyle 1}}{x}}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\ln \left({\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}}^{\frac{{\displaystyle 1}}{x}}\right)}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}\ln \left(\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}\right)}=e\left[{}^{0·\left(-\infty \right)}\right] \text{IND} \\ \underset{x\to \infty }{\lim }{\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}}^{\frac{{\displaystyle 1}}{x}}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}\ln \left(\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}\right)}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \ln \left(\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x}}\right)}}{x}}\underset{\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln \left(a\right)-\ln \left(b\right)}{=}{e}^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \cancel{\ln \left(1\right)}-\ln \left(x\right)}}{x}}=e^{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle -\ln \left(x\right)}}{x}}\underset{\text{Grado den.\hspace{0.17em}>\hspace{0.17em}Grado num.}}{=}{e}^0=1 \end{gathered}$$