Como se resuelve este ejercicio de limites

Supongo que a estas alturas ya conoces la regla de L'Hospital, así que eso es lo que haré para cada componente, ya que estamos ante una indeterminación 0/0.

$$\begin{align}&\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{e^{2t}-1}{\ln (1-4t)}\\ \\\\&\text{Veamos si existe ...}\\&L=\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{2e^{2t}}{-\dfrac{4}{1-4t}}\\&L=-\dfrac{1}{2}\\\\&\text{Entonces }\\\\&\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{e^{2t}-1}{\ln (1-4t)} = -\dfrac{1}{2}\;\cdots\cdots\cdots \boxed{1}\\ \\\\&\text{Ahora veamos el límite:}\\\\&\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\sin^23t}{\ln^2(1+2t)}=\lim\limits_{t\to 0}\left(\dfrac{\sin 3t}{\ln(1+2t)}\right)^2\\ \\\\&\text{Entonces veamos si existe el límite:}\\\\&L=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{(\sin 3t)'}{[\ln(1+2t)]'}\\\\&L=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{3\cos 3t}{\dfrac{2}{1+2t}}\\\\&L=\dfrac{3}{2}\\ \\\\&\text{Entonces:}\\\\&\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\sin^23t}{\ln^2(1+2t)}=\dfrac{9}{4}\\ \\\\&\text{Por fin:}\\\\&\boxed{\lim\limits_{x\to 0}\left(\dfrac{e^{2t}-1}{\ln (1-4t)}\;,\;\dfrac{\sin^23t}{\ln^2(1+2t)}\right)=\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{9}{4}\right)}\\&\end{align}$$

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¡Hola Oscar!

Por supuesto que habrá que usar la regla de l'Hôpital, hay límites que con la técnicas normales no se pueden calcular.

Le límite de un vector es el vector formado por los límites de las componentes.

$$\begin{align}&\lim_{t\to 0}\frac{e^{2t}-1}{ln(1-4t)}=\\&\\&\text{mentalmente se ve que es }\frac 00\\&\text{derivamos numerador y denominador}\\&\\&=\lim_{t\to 0} \frac{2e^t}{\frac{-4}{1-4t}}=\frac 2{\frac{-4}{1}}=-\frac 12\\&\\&\\&\\&\lim_{t\to 0} \frac{sen^23t}{ln^2(1+2t)}\\&\\&\text {también se ve que es 0/0 derivamos}\\&\\&=\lim_{t\to 0}\frac{6sen\, 3t·cos3t}{2·ln(1+2t)·\frac 2{1+2t}}=\\&\\&\text{una sencilla fórmula trigonométrica ayudurá}\\&\\&\lim_{t\to 0}\frac{3sen\,6t}{4·\frac{ln(1+2t)}{1+2t}}=\\&\\&\text{es 0/0 derivamos otra vez}\\&\\&=\lim_{t\to 0}\frac{18 cost}{4·\frac{2+2 ln(1+2t)}{(1+2t)^2}}=\\&\\&\lim_{t\to 0}\frac{18}{8}·\frac{cost·(1+2t)^2}{1+ln(1+2t)}=\frac 94·\frac 11=\frac 94\\&\\&\text{Por tanto el límite es}\\&\\&\lim_{t\to 0}\left(\frac{e^{2t}-1}{ln(1-4t)}, \frac{sen^23t}{ln^2(1+2t)}  \right)=\left(-\frac 12,\frac 94  \right)\end{align}$$

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