Seminario de Resolución de Problemas: La regla de L’Hôpital

Introducción

Como hemos visto en entradas anteriores, la noción de límite es fundamental en cálculo y ayuda a definir funciones continuas y funciones diferenciables. Un tipo de límite que aparece frecuentemente en problemas de cálculo involucra el cociente de dos expresiones cuyo límite no está determinado. La regla de L’Hôpital ayuda a trabajar con límites de este estilo.

Estamos familiarizados con esta regla debido a cursos de cálculo. De hecho, este resultado es una consecuencia directa del teorema del valor medio.

Como mencionamos arriba, esta regla resulta de utilidad para determinar límites indeterminados de la forma \frac{0}{0} o \frac{\infty}{\infty}. En un primer acercamiento, si tenemos una función racional de la forma \frac{f(x)}{g(x)} cuyo límite conforme x\to c resulta en una indeterminación con las formas ya mencionadas, y además f y g son diferenciables cerca de c, entonces para determinar el valor del límite basta con derivar por separado las funciones f(x) y g(x) y determinar el límite de \frac{f^\prime (x)}{g^\prime (x)}, si este existe, entonces es igual al límite de \frac{f(x)}{g(x)} .

Por ejemplo, supongamos que queremos determinar \lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)} para f y g diferenciables cerca de c y que tenemos

    \begin{align*}\lim_{x\to c} f(x)=0\\\lim_{x\to c} g(x)=0.\end{align*}

Entonces, si

\lim_{x \to c}\frac{f^\prime (x)}{g^\prime (x)}=L,

tenemos que

\lim_{x \to c}\frac{f(x)}{g(x)}=L.

Tenemos algo similar si \lim_{x\to c} f(x)= \pm \infty y \lim_{x\to c} g(x)= \pm \infty.

Aplicar la regla de L’Hôpital múltiples veces

En ocasiones es necesario aplicar la regla de L’Hôpital más de una vez.

Problema. Determinar el \lim_{x \to 0 }\frac{\cos^2(x)-1}{x^2}.

Sugerencia pre-solución. Intenta aplicar la regla de L’Hôpital de manera directa y verifica que tienes que aplicarla nuevamente.

Solución. Tenemos que al sustituir x=0 en la función \frac{\cos^2(x)-1}{x^2}, nos resulta la indeterminación \frac{0}{0}.

El numerados y denominador son diferenciables, así que aplicando la regla de L’Hôpital, el límite original es equivalente al siguiente límite

\lim_{x \to 0 }\frac{(\cos^2(x)-1)^\prime}{(x^2)^\prime}= \lim_{x \to 0 }\frac{-2\cos(x)\sin(x)}{2x},

en donde de nuevo, al evaluar en 0, tenemos 0 en el numerador y en el denominador.

Como volvemos a tener una indeterminación, volvemos a aplicar la regla. Sin embargo, antes de derivar, resulta conveniente modificar el límite aplicando la identidad trigonométrica

\sin(2\theta)=2\sin\theta \cos\theta

Así,

\lim_{x \to 0 }\frac{-2\cos(x)\sin(x)}{2x}=\lim_{x \to 0 }\frac{-\sin(2x)}{2x}

Aplicando la regla de L´Hôpital una vez más, tenemos que:

    \begin{align*}\lim_{x \to 0 }\frac{-\sin(2x)}{2x}&=\lim_{x \to 0 }\frac{(-\sin(2x))^\prime}{(2x)^\prime}\\&=\lim_{x \to 0 }\frac{-2\cos(2x)}{2}\\&=\frac{-2cos(0)}{2}\\&=-1\end{align*}

\square

Aplicar la regla de L’Hôpital con exponentes

Otro tipo de limites que son de interés son aquellos cuyas indeterminaciones son 0^0, \infty^0 y 1^\infty, las cuales se obtienen de determinar el límite de funciones del estilo

[f(x)]^{g(x)}

Para resolver limites de funciones exponenciales, hay que hacer uso de las propiedades del logaritmo, para encontrar encontrar un problema equivalente.

Por ejemplo, supongamos que queremos resolver el siguiente problema.

Problema. Determinar el siguiente límite

\lim_{x \to 0} (cos(2x))^{\frac{3}{x^2}}.

Sugerencia pre-solución. Aplica logaritmo a la expresión para encontrar una que puedas estudiar usando la regla de L’Hôpital.

Solución. Al evaluar x=0 en la función (\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}}, nos resulta la indeterminación 1^\infty. Para transformar esta expresión en una que podamos estudiar con la regla de L’Hôpital, consideramos

    \[y=(\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}},\]

y tenemos que

\ln(y)=\ln((\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}})=\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x)).

Con lo que tendríamos la siguiente expresión para y

y=e^{\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x))}.

Así, usando la continuidad de la función exponencial, tenemos que

    \begin{align*}\lim_{x \to 0}y&=\lim_{x \to 0}e^{\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x))}\\&=e^{\lim_{x \to 0}\frac{3}{x^2}\ln(\cos(2x))}.\end{align*}

De modo que nuestro problema se ha convertido en determinar el siguiente límite

    \[\lim_{x \to 0} \ln((\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}})=\lim_{x \to 0}\frac{3\ln(\cos(2x))}{x^2}.\]

Notemos que el numerador y denominador evaluados en 0 son cero. Con esto, tenemos una indeterminación como las que vimos al principio. Así que aplicando la regla de L’Hôpital, tenemos lo siguiente.

    \begin{align*}\lim_{x \to 0}\frac{3\ln(\cos(2x))}{x^2}&=\lim_{x \to 0}\frac{\frac{-6\sin(2x)}{\cos(2x)}}{2x}\\&=\lim_{x \to 0}\frac{-3\tan(2x)}{x}\\&=\frac{0}{0}.\end{align*}

La última igualdad se debe entender como que «tenemos una determinación de la forma 0/0 «. Como volvemos a tener la indeterminación, aplicamos nuevamente la regla

    \begin{align*}\lim_{x \to 0}\frac{-3\tan(2x)}{x}&=\lim_{x \to 0}\frac{-6\sec^2(2x)}{1}\\&=\frac{-6\sec^2(2(0))}{1}\\&=-6\sec^2(0)=-6.\end{align*}

Por lo tanto tenemos que

\lim_{x \to 0} \ln((\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}})=-6.

Así,

\lim_{x \to 0} (\cos(2x))^{\frac{3}{x^2}}=e^{-6}.

\square

Dos ejemplos más

Problema. Determina el siguiente límite

    \[\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n.\]

Solución. Tenemos que el límite nos resulta en la indeterminación 1^\infty

Así que resulta conveniente considerar

y=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n.

Con lo que tendríamos que

    \begin{align*}\ln(y)&=\ln\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)\\&=n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right).\end{align*}

Así que podemos reescribir a y como

y=e^{n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}.

Entonces, por la continuidad de la función exponencial, tenemos que

\lim_{x \to \infty}y=e^{\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}.

Ahora para calcular el límite \lim_{n \to \infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}, hacemos un cambio de variable n\mapsto 1/n, de donde tenemos que

    \begin{align*} \lim_{n \to \infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)&=\lim_{n \to 0} \frac{\ln\left(1+n\right)}{n}\\&=\frac{0}{0}.\end{align*}

Como nos resulta en una indeterminación de la forma \frac{0}{0}, aplicando la regla de L’Hôpital tenemos que

\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(n+1\right)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\frac{1}{n+1}}{1}=\frac{1}{1}=1.

Por lo tanto

\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e.

\square

En la siguiente solución ya no seremos tan explícitos con cada uno de los argumentos, sin embargo, hay que tener cuidado con que al usar la regla de L’Hôpital se satisfagan todas las hipótesis que se necesitan, y que los cambios de variable que hagamos se puedan hacer por continuidad.

Problema. Determina el siguiente límite

    \[\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n.\]

Solución. Tenemos que este límite llega a una indeterminación, así que nos conviene expresar a la función como

y=\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n+2}\right)^n.

Así,

\ln(y)=\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n,

y=e^{n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}.

Entonces,

\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n=e^{\lim_{x \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)},

por lo que nos enfocamos en encontrar el límite en el exponente. Fijándonos en el \lim_{n \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}, tenemos que

    \begin{align*}\lim_{n \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}&=\lim_{n \to \infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}\\&=\lim_{n \to \infty}n\ln\left(1-\frac{1}{n+2}\right)}\end{align*}

lo cual es equivalente al límite mediante el cambio de variable n\mapsto 1/n a

\lim_{n \to 0}\frac{1}{n}\ln\left(1-\frac{1}{\frac{1}{n}+2}\right)}=\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(1-\frac{n}{2n+1}\right)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(\frac{n+1}{2n+1}\right)}{n}

Además. tenemos que

\lim_{n \to 0}\frac{\ln\left(\frac{n+1}{2n+1}\right)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\ln(n+1)-\ln(2n+1)}{n}

que tiene una indeterminación de la forma 0/0. Aplicando la regla de L’Hôpital tenemos que

\lim_{n \to 0}\frac{\ln(n+1)-\ln(2n+1)}{n}=\lim_{n \to 0}\frac{\frac{1}{n+1}-\frac{2}{2n+1}}{1}=\lim_{n \to 0}\frac{\frac{-1}{(n+1)(2n+1)}}{1}=-1

Por lo tanto

\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n=e^{-1}=\frac{1}{e}

\square

Más problemas

Hay más ejemplos de problemas relacionados con la aplicación de la regla de L’Hôpital en la Sección 6.7 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

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