PAIEP. Regla de L Hôpital

(1)

Programa de Acceso Inclusivo, Equidad y Permanencia

PAIEP

Universidad de Santiago de Chile

Regla de L’Hˆ

opital

Los l´ımites de la forma lim

x→a

f(x)

g(x) cuando f (a) = g(a) = 0, pueden evaluarse utilizando el teorema que plantea, que si adem´as f (x) y g(x) son funciones derivables, entonces lim

x→a f(x) g(x) = limx→a f′ (x) g′_(x).

Ejemplo 1 Considere las siguientes situaciones: a) lim

x→1

ln(x) x_{− 1}.

Si tratamos de calcularlo evaluando de forma directa obtenemos lim

x→1 ln(x) x− 1 = ln 1 1 − 1 = 0 0 una forma indeterminada.

Tenemos que f (x) = ln (x) es derivable en cualquier intervalo (a, b) con 0 < a < 1 y g(x) = x − 1 es derivable en todo R, con g′

(x) = 1 6= 0 para todo x ∈ R.

Luego, por la regla de L’Hˆopital, tenemos que lim

x→1 ln (x) x_{− 1} = limx→1 (ln (x))′ (x − 1)′ = lim_x→1 1 x 1 = 1 b) lim x→π 2 ln (sin (x)) (π − 2x)2 .

Si evaluamos el l´ımite obtenemos lim

x→π 2 ln (sin (x)) (π − 2x)2 = ln (sin (π 2)) (π − 2π 2)2 = ln (1) 0 = 0 0.

Una forma indeterminada. Aplicamos L’Hˆopital considerando f (x) = ln (sin (x)) y g(x) = (π − 2x)2_.

Luego f′ (x) = cot (x), g′ (x) = −4(π − 2x), as´ı lim x→π 2 ln (sin (x)) (π − 2x)2 = lim_x→π 2 cot (x) −4(π − 2x)2 = cot (π 2) −4(π − 2π 2) =0 0.

Nuevamente da una forma indeterminada. Como f′

y g′

son derivables, podemos volver a aplicar la regla de L’Hˆopital, f′′

(x) = − csc2_{(x), g}′′

(x) = 8, luego

ln (sin (x)) cot (x) − csc2(x) csc2₍π₎

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c) lim x→0 tan(x) x , es de la forma indeterminada 0 0. Luego, lim x→0 tan(x) x = limx→0 sec2(x) x = limx→0 1 cos2_(x) = 1 1 = 1 d) lim x→4 x2_{− 16} x_{− 4} , es de la forma 0 0. Luego, limx→4 2x 1 = 8 e) lim x→0 x_{· e}x 1 − ex = lim_x→0 ex_{+ x · e}x −ex = −1

Lo anterior es por la aplicaci´on del teorema que indica que el c´alculo del l´ımite se puede realizar, en forma reiterada, en el entendido que lim

x→a f(x) g(x) = limx→a f′ (x) g′_(x) = lim_x→a f′′ (x) g′′_(x) = . . . existan o no.

Situaci´on similar para aquellas expresiones, que tienen formas indeterminadas ∞ ∞. Ejemplo 2 Considere las siguientes situaciones:

a) lim

x→0

ln (sin (x)) cot (x)

Si evaluamos directamente, nos queda

lim x→0 ln (sin (x)) cot (x) = ln (sin (0)) cot (0) = ln(0) ∞ = −∞ ∞ .

A esta forma indeterminada le podemos aplicar de forma directa la regla de L’Hˆopital, luego

lim x→0 ln (sin (x)) cot (x) = limx→0 (ln (sin (x)))′ (cot (x))′ = lim x→0 cot (x)

− csc2_(x) = lim_x→0− cos(x) sin(x) = − cos(0) sin(0) = 0.

b) lim

x→+∞

x

ex, es de la forma

∞

∞. Luego, aplicando L’Hˆopital se tiene lim x→+∞ x ex = lim_x→+∞ 1 ex = 1 ∞ = 0 c) lim x→∞ 2x3_{− 6x}2_{− x} 3x3_{− 6x} = lim_x→∞ 6x2_{− 12x − 1} 9x2_{− 6} = lim_x→∞ 12x − 12 18x = limx→∞ 12 18= 2 3. d) lim x→+∞ 5x + 2lnx x+ 3lnx = limx→+∞ 5 + 2_x 1 + 3x = 5 + 0 1 + 0 = 5

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Otras formas de indeterminaci´on son 0 · ∞, ∞ − ∞, 1∞

. Por ejemplo, si limx→af(x)g(x) = 0 · ∞.

Cuando limx→af(x) = 0 y limx→ag(x) = ∞, reescribirmos la funci´on f(x)g(x) de manera que el l´ımite sea

de la forma 0 0 o

∞

∞. Para esto podemos considerar: lim

x→af(x)g(x) = limx→a

f(x) 1 g(x) = 0 0, o lim

x→af(x)g(x) = limx→a

g(x)

1 f(x)

=∞

∞. Luego aplicamos la regla de L’Hˆopital.

Ejemplo 3 Considere las siguientes situaciones: a) limx→0xe

1 x

Si evaluamos de forma directa, nos queda

lim x→0xe 1 x = 0e∞= 0 · ∞. Luego, lim x→0 e1x 1 x = ∞ ∞.

Ahora aplicamos la regla de L’Hˆopital

lim x→0 e1x 1 x = lim x→0 (ex1) ′ (1 x) ′ = lim_x→0 −x12e 1 x −x12 = lim x→0e 1 x = e∞= ∞. b) lim x→0+x 2

· lnx, es de la forma 0 · ∞. Luego, escribimos: lim x→0+ lnx 1 x = lim x→0+ 1 x −x12 = − lim x→0+ x2 x = − limx→0+x= 0

Ejemplo 4 Considere las siguientes situaciones. a) lim x→0 1 x− 1 sinx = lim x→0 sinx_{− x} x· sinx = limx→0 cosx_{− 1}

sinx+ xcosx = limx→0

−sinx

cosx+ cosx − xsinx = 0 2 = 0. b) lim x→3 1 x+ 3 − 5 x2_{− x − 6} = lim x→3 x2_{− x − 6 − 5x + 15} (x − 3)(x2_{− x − 6)} = lim_x→3 x2_{− 6x + 9} (x − 3)(x2_{− x − 6)} = lim_x→3 x_{− 3} x2_{− x − 6} = lim 1 = 1.

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Ejemplo 5 Considere las siguientes situaciones: a) lim

x→0x

x_{. Evaluando de forma directa obtenemos}

lim x→0x x_{= 0}0 . Ahora lim x→0x x_{= lim} x→0e xln(x)_{= e}limx→0xln(x)_.

Trabajamos con el l´ımita limx→0xln(x).

lim x→0xln(x) = limx→0 ln(x) 1 x = lim x→0 1 x −x12 = lim x→0−x = 0. Luego, lim x→0x x = lim x→0e xln(x)_{= e}limx→0xln(x)_{= e}0_{= 1.} b) lim x→1(2 − x) tan(πx 2), se procede haciendo: y= lim x→1(2 − x) tan(πx 2 )⇒ lny = lim x→1 tanπx 2 · ln(2 − x) = lim x→1 ln(2 − x) cotgπx 2 = lim x→1 −1 2−x −cosec2πx 2 π 2 = lim x→1 1 (2 − x)π 2 cosecπ₂ = lim x→1 2sin2πx 2 (2 − x)π = 2 · 1 1 · π = 2 π Luego, lny= 2 π ⇒ y = e 2 π

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c) lim

x→0(sinx) x

, en efecto, escrito de modo equivalente se tiene que:

lim x→0e ln(sinxx ) ₌ _lim x→0e xln(sinx) = elimx→0xln(sinx) = e limx→0 ln(sinx) 1 x = e limx→0 cosx sinx −x12 = elimx→0 x2_cosx sinx = e0 = 1

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Ejercicios Propuestos

Resuelva los siguientes l´ımites: i) lim x→2 x+ 2 x2_{− 4} ii) lim x→0 sinx_{− x} x3 iii) lim x→1 ex−1− 1 x2_{− 1} iv) lim x→1 lnx x_{− 1} v) lim x→∞(1 + 1 x) x vi) lim x→∞x· sin 1 x vii) lim x→0+(cosx) 1 x viii) lim x→0+ lnx cosecx ix) lim x→0 h 1 ln(x + 1)− 1 x i x) lim x→1+x 1 x−1 xi) lim x→0+(sinx) x xii) lim x→∞(x + 1) 2 x xiii) lim x→1 √ x_{− 1} x_{− 1} xiv) lim x→∞ √ x lnx xv) lim x→0 secx− 1 x2

xvi) Determine el valor de k, de modo que limx→π 6 sin_{6x − k ·}x₋π 6 x−π 6 = 0 xvii) lim x→0 x− sin(x) x_{− tan(x)} xviii) lim x→a xm− am xn_{− a}n xix) lim e x2 − 1

(7)

xx) lim x→0 ex − e−x sin(x) − cos(x) xxi) lim x→0 ex− e−x − 2x x_{− sin(x)} xxii) lim x→0 ex−x3 6 − x2 2 − 1 cos(x) +x2 2 − 1 xxiii) lim x→1 ln(x − 1) + tan πx 2 tan (πx) xxiv) lim xrightarrow1 x x_{− 1} − 1 ln(x) xxv) lim x→a cos(x) ln(x) − a ln(ex_{− x}a₎ xxvi) lim x→1 a ln(x) − x ln(x) xxvii) lim x→0 1 x sin(x) . xxviii) lim x→3 x3_{+ x}2_{− 7x − 15} x3_{− 5x}2_{+ 8x − 6} xxix) lim x→0 msin(x) − sin(mx) x(cos(x) − cos(mx)) xxx) lim x→0 π xtan πx 2 xxxi) lim x→0x 1 1−x xxxii) lim x→π 2 (sin(x))tan(x) xxxiii) lim x→1 ₁ 2(1 −√x)− 1 3(1 −√3_x)