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Cálculo Diferencial e Integral I: Definición intuitiva de límite de una función

Introducción

La definición de límite de una función suele ser uno de los conceptos más retadores dentro del cálculo y es por ello que, antes de entrar a su análisis formal, queremos dar una introducción con la finalidad de desarrollar la intuición necesaria para lograr el dominio de esta definición.

Idea intuitiva de límite de una función

Consideremos la función $f(x) = 5x$.

Supongamos que en este caso $x_0 = 7$ y, por tanto, $L = f(x_0) = 35$. Sabemos que $f(x)$ se aproxima a $35$ mientras más cerca estemos de $7$.

¿Podemos encontrar un valor de $x$ lo suficientemente cercano a $7$, sin ser $7$, tal que $f(x)$ esté a una distancia menor de $11$ del $35$, es decir, $|f(x) – 35| < 11$?

Sí. Si consideramos $x = 5$, entonces $f(5) = 25$ y $|f(5) – 35| = |25 – 35| = 10 < 11$

¿Podemos encontrar un valor de $x$ lo suficientemente cercano a $7$, sin ser $7$, tal que $f(x)$ esté a una distancia menor de $7$ del $35$, es decir, $|f(x) – 35| < 7$?

Nuevamente la respuesta es sí, y podemos considerar $x=8$. De esta forma $|f(8) – 35| = |40 – 35| = 5 < 7$.

Hasta este momento se han encontrado valores puntuales que nos permiten aproximarnos a $35$ mediante $f$, pero para nuestro estudio requerimos más que solo un punto, buscamos más bien un intervalo de $x$, específicamente un intervalo de $x$ al rededor de $x_0$, que en este caso es $7$. A partir de ahora nos enfocaremos en encontrar dicho intervalo.

¿Qué pasa si ahora queremos encontrar un intervalo de $x$ al rededor de $7$ para tener una distancia menor a $\frac{1}{1000}$ en nuestra aproximación, es decir, $|f(x) – 35| < \frac{1}{1000}$?

Un poco menos inmediato, pero definitivamente podemos resolver el problema. Buscamos lo siguiente:

\begin{gather*}
|f(x) – 35| < \frac{1}{1000} \\
\Rightarrow |5x – 35|< \frac{1}{1000} \\
\Rightarrow |x – 7| < \frac{1}{5000} \text{, al dividir entre } 5
\end{gather*}

Lo que indica que para que $f(x)$ esté a una distancia menor $\frac{1}{1000}$ de $35$, entonces $x$ debe estar a una distancia menor de $\frac{1}{5000}$ respecto al $7$. Después de este último ejercicio, parece que podemos aproximarnos arbitrariamente a $35$ y a este valor arbitrario le llamaremos $\epsilon$, el cual puede ser cualquier número positivo. Haciendo las cuentas de forma análoga para una distancia $\epsilon > 0$, llegamos a la siguiente expresión:

$$|x – 7| < \frac{\epsilon}{5}.$$

Es decir, para aproximar arbitrariamente ($\epsilon$) $f(x)$ al valor $35$, $x$ debe estar a una distancia menor de $\frac{\epsilon}{5}$ del valor de $7$.

Generalizando un poco la idea construida a través de este ejemplo obtenemos la siguiente definición intuitiva.

Definición intuitiva. Decimos que la función $f$ se aproxima al límite $L$ cerca de $x_0$ si $f(x)$ se aproxima arbitrariamente a $L$ si $x$ está lo suficientemente de $x_0$ pero es distinto de $x_0$.

Después de esta definición intuitiva, veamos otro ejemplo y tratemos de usarla.

Consideremos ahora la función $f(x) = x^2$.

Veremos que $f(x)$ se aproxima al límite $16$ cerca de $4$. En esta ocasión queremos que $f$ esté más próximo que $\epsilon$ a $16$, es decir, queremos que

\begin{gather*}
|f(x) – 16| < \epsilon \\
|x^2 – 16| < \epsilon \\
|(x-4)(x+4)| < \epsilon \\
|x-4||x+4| < \epsilon
\end{gather*}

A diferencia del caso anterior, parece que no es tan directo llegar a nuestro objetivo, pero notemos que particularmente podemos pedir que $|x-4| < 1$, entonces

\begin{gather*}
-1< x-4 < 1 \\
\Rightarrow 3 < x < 5 \\
\Rightarrow 7 < x+4<9
\end{gather*}

En resumen, si $|x-4|<1$, entonces $|x+4| < 9$. Lo cual implica que
$$|x^2 – 16| = |x-4||x+4| < 9|x-4|$$
Si además restringimos la distancia de $x$ respecto a $4$ de tal manera que $|x-4| < \frac{\epsilon}{9}$ y retomando la expresión anterior llegamos a lo siguiente:

\begin{gather*}
|x^2 – 16| = |x-4||x+4| < 9|x-4| < 9 \cdot \frac{\epsilon}{9} = \epsilon \\
\therefore |x^2 – 16| < \epsilon
\end{gather*}

Esto siempre que $|x-4|$ sea menor que $1$ y $\frac{\epsilon}{9}$, es decir, siempre que $|x-4| < min\{1, \frac{\epsilon}{9} \}$.


De los dos ejemplos revisados en esta entrada, podemos notar que logramos que $f$ se aproxime arbitrariamente ($\epsilon$) a $L$ siempre que logremos que $x$ esté lo suficientemente cerca de $x_0$ y para lograr esto último acotamos $x-x_0$ en términos de un valor positivo que depende de $\epsilon$ (para el primer ejemplo fue $\frac{\epsilon}{5}$ y para el segundo $min\{1, \frac{\epsilon}{9} \}$), vale la pena entonces darle un nombre a este valor positivo: $\delta$.

Refraseando: Logramos que $f$ se aproxime arbitrariamente ($\epsilon$) a $L$ siempre que logremos que $x$ esté lo suficientemente cerca ($\delta$) de $x_0$.

Este último refraseo nos da un indicio muy importante, para probar que $f$ se aproxima arbitrariamente a $L$ en $x_0$, habrá que dar un valor arbitrario positivo $\epsilon > 0$ para el cual necesitaremos encontrar otro valor positivo $\delta > 0$ que acote a $x$ al rededor de $x_0$, es decir, $|x-x_0|<\delta$ y que si $x$ cumple tal condición, entonces también se tenga que $|f(x)-L| < \epsilon$. Adicionalmente pedíamos que $x \neq x_0$, tal condición puede ser compactada de la siguiente forma $0 < |x-x_0| < \delta$, pues que la distancia entre $x$ y $x_0$ sea mayor que cero implica directamente que son distintos.

Antes de finalizar con esta entrada es conveniente aclarar que no siempre tendremos funciones tan amigables en las cuales podamos evaluar directamente el valor de $x_0$ en $f$ para encontrar $L$ e incluso habrá ocasiones en las cuales no nos podamos aproximar de la manera en la que lo hicimos en estos ejemplos, pero por ahora no daremos muchos detalles extra al respecto, será tema para entradas posteriores.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más a profundidad la teoría vista.

Para corroborar que la idea intuitiva de límite de una función se ha comprendido, se queda como ejercicio realizar un análisis similar al expuesto en esta entrada. Consideremos la función $f(x) = \frac{1}{x}$ definida para todo $x \neq 0$. En este caso, tomaremos $x_0=1$ y $L = f(x_0) = \frac{1}{1} =1$.

  1. Grafica $f(x)$ para $x >0$.
  2. Encuentra un valor de $x$ tal que $|f(x)-1| < \frac{1}{2}$.
  3. Encuentra un valor de $x$ tal que $|f(x)-1| < \frac{1}{10}$.
  4. Encuentra un intervalo de $x$ al rededor de $x_0 = 1$ tal que $|f(x)-1| < \frac{1}{100}$.
  5. Encuentra un intervalo de $x$ al rededor de $x_0 = 1$ tal que $|f(x)-1| < \epsilon$, con $\epsilon > 0$.

Más adelante…

En la siguiente entrada daremos la definición formal de límite de una función y veremos varios ejemplos de funciones cuyo límite existe. Una vez dominemos la definición podremos incursionar en varias de sus propiedades y podremos tomar ventaja de estos conocimientos para tener una mayor comprensión sobre el comportamiento de diversas funciones de interés.

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Álgebra Superior II: Continuidad y diferenciabilidad de polinomios reales

Introducción

Al inicio de esta unidad, hablamos de las propiedades algebraicas de $\mathbb{R}[x]$, definimos sus operaciones y argumentamos por qué se puede usar la notación de potencias. Luego hablamos de las propiedades aritméticas de los polinomios cuando hablamos de divisibilidad, máximo común divisor y factorización en irreducibles. Vimos una aplicación de esto a la solución de desigualdades. Lo que queremos hacer ahora es pensar a los polinomios como funciones de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ y entender las propiedades analíticas que tienen, es decir en términos de cálculo. Nos interesa saber qué les sucede cuando su entrada es grande, la continuidad y la diferenciabilidad de polinomios.

Estas propiedades tienen consecuencias algebraicas importantes. La continuidad de polinomios nos permite encontrar raíces reales en ciertos intervalos. La diferenciabilidad de polinomios nos ayuda a encontrar la multiplicidad de las raíces. Supondremos que manejas conocimientos básicos de cálculo y de manipulación de límites, pero de cualquier forma recordaremos algunas definiciones y daremos esbozos de la demostración de algunos resultados.

Límites a reales y límites a infinito

Recordemos dos definiciones de cálculo, que se aplican para funciones arbitrarias definidas en todos los reales.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función y $a, b$ reales. Decimos que $$\lim_{x\to a} f(x) = b$$ si para todo $\epsilon >0$ existe un $\delta > 0 $ tal que cuando $0<|x-a|<\delta$, entonces $|f(x)-b|<\epsilon$. En palabras, decimos que el límite de $f$ cuando $x$ tiende a $a$ es $b$.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función. Decimos que $$\lim_{x\to \infty} f(x) = \infty$$ si para todo $M>0$ existe un $r > 0 $ tal que cuando $x>r$, entonces $f(x)>M$. En palabras, decimos que el límite de $f$ cuando $x$ tiende a infinito es infinito.

De manera análoga se pueden definir límites cuando $x$ tiende a menos infinito, y definir qué quiere decir que el límite sea menos infinito. La siguiente proposición se prueba en textos de cálculo.

Proposición (propiedades de límites). Sean $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ funciones y $a$, $b$, $c$ reales. Si $$\lim_{x\to a} f(x) = b \quad \text { y } \quad \lim_{x\to a} g(x)= c,$$ entonces:

  • «El límite de la suma es la suma de los límites», en símbolos, $$\lim_{x\to a} (f+g)(x) = b+c.$$
  • «El límite del producto es el producto de los límites», en símbolos, $$\lim_{x\to a} (fg)(x)=bc.$$

La proposición anterior es sólo para cuando los límites son reales. Hay resultados para cuando algunos de los límites son infinitos, pero en general hay que tener cuidado.

La primer propiedad analítica de los polinomios es saber cómo es su comportamiento cuando $x$ se hace infinito o menos infinito. Si el polinomio es constante, entonces este límite es simplemente su valor en cualquier punto. Para polinomios de grado mayor o igual a $1$, su comportamiento queda resumido en la siguiente proposición.

Proposición (límites a infinito). Tomemos al polinomio $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ dado por $$p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_nx^n,$$ en donde $n\geq 1$ y $a_n\neq 0$.

  • Si $a_n>0$ y $p(x)$ es de grado par entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \lim_{x\to-\infty} p(x)= \infty,$$
  • Cuando $a_n>0$ y $p(x)$ es de grado impar entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \infty \quad \text { y } \quad \lim_{x\to -\infty} p(x)=-\infty$$
  • Si $a_n<0$ y $p(x)$ es de grado par entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \lim_{x\to-\infty} p(x)= -\infty,$$
  • Cuando $a_n<0$ y $p(x)$ es de grado impar entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = -\infty \quad \text { y } \quad \lim_{x\to -\infty} p(x)=\infty.$$

Demostración. Vamos a hacer una de las demostraciones. Mostraremos que para cuando $a_n>0$ y el grado es par, entonces $$\lim_{x\to \infty} p(x) = \infty.$$ Las demás se siguen haciendo cambios de signo cuidadosos y usando que una potencia impar de un real negativo es un real negativo, y una potencia par es siempre un real positivo. Pensar en estas demostraciones queda como tarea moral.

Tomemos entonces $p(x)$ un polinomio de grado par y con coeficiente principal $a_n>0$. Intuitivamente, tenemos que mostrar que si $x$ es muy grande, entonces $p(x)$ es tan grande como queramos. Tomemos un real $M>0$. Como haremos $x$ grande, podemos suponer que $x>1$.

Como el término $a_nx^n$ es positivo, basta mostrar como resultado auxiliar que si $x$ es suficentemente grande, entonces $$a_nx^n >M+|a_0+a_1x+\ldots+a_{n-1}x^{n-1}|,$$ ya que si esto sucede, tendríamos que:
\begin{align*}
a_nx^n&>M+|a_0+a_1x+\ldots+a_{n-1}x^{n-1}|\\
&=M+|-a_0-a_1x-\ldots-a_{n-1}x^{n-1}|\\
&>M-a_0-a_1x-\ldots-a_{n-1}x^{n-1},
\end{align*}

y de aquí, pasando todo excepto a $M$ a la izquierda, tendríamos $p(x)>M$

Para probar el resultado auxiliar, tomemos $A$ como el máximo de los valores absolutos $|a_0|,\ldots,|a_{n-1}|$. Por la desigualdad del triángulo y usando $x>1$ tenemos que

\begin{align*}
M+|a_0&+a_1x+\ldots+a_{n-1}x^{n-1}|\\
&\leq M+|a_0|+|a_1 x| + \ldots + |a_{n-1}x^{n-1}|\\
&\leq M+A(1+x+\ldots+x^{n-1})\\
&< M+nA\\
&<(M+nA)x^{n-1}
\end{align*}

De esta forma, para mostrar nuestra desigualdad auxiliar basta mostrar que para $x$ suficientemente grande, tenemos que $(M+nA)x^{n-1}<a_nx^n$. Pero como $x>0$, esta desigualdad es equivalente a $x>\frac{M+nA}{a_n}$.

Recapitulando, para cualquier $M>0$, si $x>\frac{M+nA}{a_n}$, entonces $p(x)>M$. Esto termina la demostración.

$\square$

Podemos usar la proposición anterior para comparar polinomios cuando su variable tiende a infinito.

Ejemplo. Mostraremos que existe una $M$ suficientemente grande tal que si $x>M$, entonces $$\frac{1}{2}x^7-x^6-x-1>x^6+1000x^5+1000000.$$ Pasando todo del lado izquierdo, nos queda la desigualdad equivalente $$\frac{1}{2}x^7-2x^6-1000x^5-x-999999>0.$$ Aquí tenemos un polinomio $p(x)$ de grado impar y coeficiente principal positivo. Por la proposición anterior, $\lim_{x\to \infty} p(x) = \infty$, de modo que la $M$ que estamos buscando existe.

$\square$

Continuidad de polinomios

Antes de llegar a diferenciabilidad de polinomios, haremos un paso intermedio. Recordemos otra definición de cálculo.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función y $a$ un real. Decimos que $f$ es continua en $a$ si $$\lim_{x\to a} f(x) = f(a).$$ Decimos que $f$ es continua si es continua en todo real.

Por la proposición de propiedades de límites, la suma o producto de funciones continuas es continua. Las funciones constantes son continuas. La función identidad $I:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ dada por $I(x)=x$ es continua. Estos tres hechos nos ayudan a demostrar que todos los polinomios son funciones continuas sin tener que recurrir a la definición de límite.

Teorema. Cualquier polinomio $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ pensado como una función $p:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ es una función continua.

Demostración. Supongamos que $p(x)$ está dado por $$p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n.$$

Para toda $i$ de $0$ a $n$ tenemos que la función $x\mapsto a_i$ es constante y por lo tanto es continua. Si $i>0$, la función $x\mapsto x^i$ es producto de $i$ veces la identidad consigo misma. Como la identidad es continua y producto de continuas es continua, entonces $x\mapsto x^i$ es continua.

De nuevo, usando que producto de funciones continuas es continua, tenemos que $x\mapsto a_ix^i$ es una función continua. De esta forma, $p(x)$ es la suma de $n+1$ funciones continuas, y por lo tanto es una función continua.

$\square$

El resultado anterior nos ayuda a usar teoremas versátiles de cálculo en nuestro estudio de polinomios. Recordemos el teorema del valor intermedio.

Teorema (del valor intermedio). Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función continua. Sean $a<b$ dos reales. Entonces entre $a$ y $b$, la función $f$ toma todos los valores entre $f(a)$ y $f(b)$.

Veamos cómo el teorema del valor intermedio nos permite encontrar raíces de polinomios.

Problema. Muestra que el polinomio $p(x)=x^7-5x^5+x^2+3$ tiene por lo menos una raíz en el intervalo $[0,2]$.

Solución. Al evaluar al polinomio en cero, obtenemos $p(0)=3$. Al evaluarlo en $2$, obtenemos
\begin{align*}
p(2)&=2^7-5\cdot 2^5+x^2 + 3\\
&=128-160+4+3\\
&=-25.
\end{align*}

Como los polinomios son funciones continuas, podemos aplicar el teorema del valor intermedio. Concluimos que $p(x)$ toma todos los valores de $-25$ a $2$ en el intervalo $[0,2]$. En particular, existe un real $r$ en $[0,2]$ tal que $p(r)=0$.

$\square$

El teorema del valor intermedio nos ayuda a demostrar que un polinomio tiene una raíz en cierto intervalo. Sin embargo, no es de tanta utilidad para decir exactamente cuál es esa raíz. Es un resultado existencial en vez de ser constructivo. Veamos un ejemplo más, que muestra una proposición que quedó pendiente en una entrada anterior.

Problema. Sea $p(x)$ un polinomio cuadrático, mónico e irreducible en $\mathbb{R}[x]$. Muestra que $p(r)>0$ para todo real $r$.

Solución. Procedamos por contradicción. Supongamos que $p(r)\leq 0$ para algún real $r$.

Como $p(x)$ es mónico, su coeficiente principal es $1$, que es positivo. Como $p(x)$ es cuadrático, es de grado par. Por la proposición de límites a infinito, existe un real $t>r$ tal que $p(t)>0$. Por el teorema del valor intermedio, existiría un real $s$ en el intervalo $[r,t]$ tal que $p(s)=0$. Pero esto es imposible, pues entonces por el teorema del factor $x-s$ divide a $p(x)$ y esto contradice que $p(x)$ es irreducible.

$\square$

Como muestra el problema anterior, se pueden combinar los límites de polinomios a infinito y menos infinito, y sus propiedades de continuidad. Otra aplicación es mostrar que todo polinomio de grado impar tiene por lo menos una raíz real. Esto se verá en otra entrada.

Por supuesto, otros resultados de continuidad también se pueden usar en todos los polinomios, como el teorema del valor extremo. Aplicándolo directamente, concluimos lo siguiente.

Proposición. Sean $a<b$ reales y $p(x)$ un polinomio en $\mathbb{R}$. Entonces $p(x)$ está acotado en el intervalo $[a,b]$ y existen reales $r$ y $s$ en dicho intervalo tales que $p(r)$ y $p(s)$ son el mínimo y máximo de $p(x)$ en $[a,b]$, respectivamente.

Diferenciabilidad de polinomios

Es momento de hablar de diferenciabilidad de polinomios. Recordemos una última definición de cálculo.

Definición. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función. Decimos que $f$ es diferenciable en $a$ si el límite $$\lim_{h\to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$ existe. En este caso, a ese límite lo denotamos por $f'(a)$. Una función es diferenciable si es diferenciable en todo real. A la función $f’:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ le llamamos la derivada de $f$.

Al igual que en el caso de continuidad, la suma y producto de funciones diferenciales es diferenciable. Si $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ y $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ son diferenciables, entonces la derivada de $f+g$ está dada por $$(f+g)'(x)=f'(x)+g'(x)$$ y la derivada de $fg$ está dada por la regla de la cadena $$(fg)'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).$$

Las funciones constantes son diferenciables, y su derivada es la función constante $0$. La función identidad es diferenciable, y su derivada es la función constante $1$. Esto es sencillo de mostrar y queda como tarea moral.

Proposición. Sea $n\geq 1$ un entero. El polinomio $p(x)=x^n$ es diferenciable, y su derivada es la función $p'(x)=nx^{n-1}$.

Demostración. Haremos la prueba por inducción. Si $n=1$, el polinomio es $p(x)=x$, y su derivada es $p'(x)=1=1\cdot x^0$, como queremos. Supongamos que el resultado es cierto para el entero $n\geq 1$ y tomemos $p(x)=x^{n+1}=x^n\cdot x$. Por hipótesis inductiva, $x\mapsto x^n$ es diferenciable. Como $p(x)$ es producto de dos funciones diferenciables, entonces es diferenciable.

Usando la regla de la cadena, la hipótesis inductiva de la fórmula y la derivada de $x\mapsto x$, tenemos que $$p'(x)=(nx^{n-1})(x)+(x^n)(1)=(n+1)x^n.$$ Esto termina la demostración.

$\square$

Con todos estos ingredientes podemos mostrar la diferenciabilidad de todos los polinomios. Los detalles quedan como tarea moral.

Teorema (diferenciabilidad de polinomios). Sea $p(x)$ un polinomio en $\mathbb{R}[x]$ dado por $$p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n,$$ Entonces $p(x)$ pensado como función es diferenciable y su derivada es un polinomio. Si $p(x)$ es constante, su derivada es el polinomio $0$. En otro caso, su derivada es el polinomio $$a_1+2a_2x+3a_3x^2+\ldots+na_nx^{n-1}.$$

Ejemplo. El polinomio $x^7+3x^2-1$ es diferenciable. Su derivada es el polinomio $7x^6+6x$.

$\square$

Ya que sabemos que los polinomios son diferenciables, podemos usar todas las herramientas de cálculo diferencial, como:

No profundizaremos en esto, pues es el contenido de un buen curso de cálculo, o bien de material de algún texto en el área, como el libro de Cálculo de Spivak.

A nosotros nos interesa una consecuencia algebraica de que los polinomios tengan derivada. Como la derivada de un polinomio es otro polinomio, entonces la derivada es diferenciable. Por ello, un polinomio $p(x)$ se puede derivar iteradamente tantas veces como se quiera. Al polinomio obtenido de derivar $n$ veces le llamamos la $n$-ésima derivada y lo denotamos por $p^{(n)}(x)$. En la siguiente entrada veremos cómo la repetida diferenciabilidad de polinomios nos ayuda a detectar la multiplicidad de sus raíces.

Tarea moral

  • Estudia el resto de los casos de la proposición de límites de polinomios cuando la entrada va a menos infinito y a infinito.
  • Muestra usando la definición de límite que las funciones constantes y la función identidad son continuas.
  • Demuestra por definición que las funciones constantes son diferenciables y que su derivada es la función constante $0$. Demuestra por definición que la función identidad es diferenciable y que su derivada es la función constante $1$.
  • Muestra que existe un real $x$ en el cual los polinomios $p(x)=x^5+x^3+x$ y $q(x)=100x^4+10x^2$ son iguales. Sugerencia. Reescribe esta igualdad en términos de encontrar una raíz de un sólo polinomio.
  • Completa los detalles del teorema de diferenciabilidad de polinomios.

Más adelante

En la siguiente sección nos encargaremos de realizar varios problemas para repasar las definiciones y propiedades que acabamos de enunciar, y posteriormente ocuparemos todo lo aprendido para explotar el conocimiento que tenemos de los polinomios.

En particular, nos será útil el concepto de diferenciabilidad pues con este podemos dar una definición precisa de lo que significa que la raíz de un polinomio sea múltiple.

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Seminario de Resolución de Problemas: Problemas de cálculo variados

Introducción

En las entradas anteriores ya tratamos varios temas de cálculo y cómo se combinan con heurísticas para resolver problemas de cálculo. Veremos ahora otros problemas para repasar las técnicas que hemos aprendido hasta ahora y explorar algunas nuevas ideas.

Los primeros dos ejemplos son del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. Los últimos dos son de un concurso universitario: la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas.

El método del factor de integración

Para resolver problemas de cálculo, también es útil tener algunas ideas de ecuaciones diferenciales. Un método muy útil en la resolución de problemas es el método de factor de integración, que ayuda a resolver ecuaciones diferenciales de la forma $$y’+a(x)y=b(x).$$

La idea para resolver esta ecuación diferencial en $y$ (es decir, despejar a $y$ en términos de $a$ y $b$) es multiplicar ambos lados de la ecuación por $I(x)=e^{\int a(x)\, dx$ y observar que por regla de la cadena, la regla del producto y el teorema fundamental del cálculo, tenemos la ecuación diferencial equivalente $$(yI(x))’ =I(x)b(x).$$

De aquí, podemos integrar de ambos lados en un intervalo $[c,x]$. Por el teorema fundamental del cálculo, existe una constante $C$ tal que $$yI(x)=\int_{c}^x I(t) b(t)\, dt + C,$$ y ya de aquí podemos despejar $$y=I(x)^{-1}\left( \int_{c}^x I(t) b(t)\, dt + C\right).$$

A $I(x)$ se le conoce como el factor de integración.

Problema. Sea $f:(0,\infty)\to \mathbb{R}$ una función diferenciable y supongamos que $$\lim_{x\to \infty} f(x)+f'(x) = 0.$$ Muestra que $$\lim_{x\to 0} f(x) = 0.$$

Sugerencia pre-solución. Define $g(x)=f(x)+f'(x)$ y usando el método de integración «despeja» a $f$ en términos de $g$.

Solución. Definamos $g(x)=f(x)+f'(x)$. La hipótesis dice que $\lim_{x\to 0} g(x) = 0$, así que para obtener información de $f$ en términos de $g$, podemos usar el método de factor de integración. Por la discusión antes de este párrafo, tenemos que $$f(x)=e^{-x}\int_a^x e^t g(t) \,dt + Ce^{-x}.$$

Tomemos un $\epsilon>0$. Como $g(x)\to 0$ cuando $x\to \infty$, podemos tomar un $a$ tal que $|g(x)|<\epsilon$ para todo $x>a$. Usando desigualdad del triángulo en sumas e integrales, tenemos que para $x>a$
\begin{align*}
|f(x)|&\leq e^{-x}\left|\int_a^x e^t g(t)\right|+|Ce^{-x}|\\
&\leq e^{-x}\int_a^x e^t|g(t)|\, dt + |C|e^{-x}\\
&\leq \epsilon e^{-x}\int e^t\, dt + |C|e^{-x}\\
&=\epsilon e^{-x}(e^x-e^a)+|C|e^{-x}\\
&=\epsilon(1-e^{a-x})+|C|e^{-x}
\end{align*}

Tenemos que $\lim_{x\to \infty} e^{a-x} = 0$ y que $\lim_{x\to \infty} e^{-x}=0$, de modo que si $x$ es suficientemente grande, la expresión anterior nos dice $|f(x)|<2\epsilon$. En otras palabras, $f(x)\to 0$ cuando $x\to \infty$, como queríamos.

$\square$

Una integral con doble derivada

Problema. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ una función dos veces diferenciable que cumple $f(0)=f(1)=0$ y tal que $f(x)>0$ para $x$ en $(0,1)$. Muestra que $$\int_0^1 \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right| > 4.$$

Sugerencia pre-solución. Tenemos ya varias técnicas para evaluar o estimar integrales. Si con un método llegas a una pared, intenta usar otro método. Necesitarás el teorema del valor extremo, el teorema del valor medio y el teorema fundamental del cálculo.

Solución. Por el teorema del valor extremo, existe un valor $c$ en $(0,1)$ tal que $y=f(c)$ es un máximo de $f$. Por el teorema del valor medio, existen puntos $a$ en $(0,c)$ y $b$ en $(c,1)$ tales que $$f'(a)=\frac{f(c)-f(0)}{c}=\frac{y}{c}$$ y $$f'(b)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}=\frac{-y}{1-c}.$$

Usando que $f$ alcanza su máximo $y$ en $c$

\begin{align*}
\int_0^1 \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right|&\geq \int_a^b \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right| \\
&\geq \frac{1}{y} \int_a^b \left| f»(x) \, dx \right|,
\end{align*}

de modo que aplicando el teorema fundamental del cálculo a la última integral, obtenemos que

\begin{align*}
\int_0^1 \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right| &\geq \frac{1}{y} \int_0^1 \frac{1}{y}|f'(b)-f'(a)|\\
&=\frac{1}{y} \left|\frac{-y}{1-c}-\frac{y}{c}\right|\\
&=\left|\frac{1}{c(1-c)}\right|.
\end{align*}

Para terminar, notamos que la función $h(x)=x(1-x)$ es diferenciable en $(0,1)$ y continua en $[0,1]$, de modo que alcanza su máximo en $0$, en $1$ o en donde la derivada $h'(x)=1-2x$ es $0$, es decir, en $1/2$. Tenemos que $h(1/2)=1/4$ y que $h(0)=h(1)=0$, de modo que el máximo es $1/4$. Con esto, concluimos que $$\left|\frac{1}{c(1-c)}\right| \geq 4,$$ de donde se completa la cadena de desigualdades que queremos.

$\square$

En el problema anterior usamos el teorema del valor medio como paso intermedio. Es recomendable que pienses qué hubiera pasado si nos hubiéramos saltado este paso y hubiéramos usado el mínimo directamente, sin limitarnos primero al intervalo $[a,b]$. En los problemas de cálculo a veces es muy importante el orden en el que se hacen las cosas.

Dos problemas de cálculo de competencias

Veamos ahora algunos problemas de cálculo que han aparecido en concursos a nivel universitario. El siguiente problema apareció en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas, en 2015, como Problema 4.

Problema. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función continua y $\alpha$ un número real. Sabemos que $\lim_{x\to \infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} = \alpha$. Muestra que para cualquier real positivo $r$ existen reales $x$ y $y$ tales que $y-x=r$ y $f(x)=f(y)$.

Sugerencia pre-solución. Modifica el problema, construyendo una función que te ayude a resolverlo. Necesitarás el teorema del valor intermedio. También, una parte de la solución necesita que se use inducción.

Solución. Tomemos cualquier valor $r$ y consideremos la función $h(x)=f(x+r)-f(x)$. Como $f$ es continua, la función $h$ es continua. Si $h(x)>0$ para todo real, entonces podemos mostrar inductivamente que para cualesquiera enteros positivos $m$ y $n$ tenemos que $$f(x-mr)<f(x)<f(x+r)<f(x+nr).$$

Haciendo $n$ y $m$ ir a infinito, tendríamos que $$\alpha\leq f(x) < f(x+r) \leq \alpha,$$ lo cual es una contradicción.

Así, $h(x)$ toma valores menores o iguales a $0$. De modo similar, podemos mostrar que $h(x)$ toma valores mayores o iguales a $0$. Como $h$ es continua, por el teorema del valor intermedio debe tomar el valor $0$ para algún $c$, de modo que $f(c+r)-f(c)=h(c)=0$ y así, tomando $x=c$ y $y=c+r$ tenemos $y-x=r$ y $$f(y)=f(c+r)=f(c)=f(x).$$

$\square$

El siguiente problema apareció en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas, en 2010, como Problema 4.

Problema. Sea $f:[0,1]\to [0,1]$ una función continua, creciente, diferenciable en $[0,1]$ y tal que $f'(x)<1$ en cada punto. La sucesión de conjuntos $A_1, A_2, \ldots$ se define recursivamente como $A_1=f([0,1])$ y para $n\geq 2$, $A_n=f(A_{n-1})$. Muestra que el diámetro de $A_n$ converge a $0$ conforme $n\to \infty$.

El diámetro de un conjunto $X$ es $\sup_{x,y \in X} |x-y|}$.

Sugerencia pre-solución. Para una primer parte del problema que te ayudará a entender a los $A_i$, necesitarás el teorema del valor intermedio y el principio de inducción. Luego, necesitarás usar el teorema del valor medio y que las funciones continuas preservan límites de sucesiones convergentes.

Solución. Por conveniencia, nombramos $A_0=[0,1]$. Sea $d_n$ el diámetro de $A_n$. Tenemos $d_0=1$. Como $f$ es creciente, tenemos que $f(0)<f(1)$ y que no hay ningún valor fuera del intervalo $[f(0),f(1)]$ que se tome. Como $f$ es continua, se toman todos esos valores. Así, $A_1=[f(0),f(1)]$ y su diámetro es $d_1=f(1)-f(0)$. Inductivamente, podemos mostrar que $A_n= [f^n(0),f^n(1)]$ y que $d_n=f^{n}(1)-f^{n}(0)$.

Notemos que la sucesión $f^{n}(0)$ es creciente y acotada, de modo que converge a un real $a$. Como $f$ es contínua, tenemos que \begin{align*}f(a)&=f(\lim_{n\to \infty} f^{n}(0)) \\&= \lim_{n\to \infty} f^{n+1}(0) \\&= a.\end{align*} Análogamente, $f^n(1)$ converge a un real $b$ tal que $f(b)=b$. Como $f^n(0)\leq f^n(1)$, tenemos que $a\leq b$. Afirmamos que $a=b$. Si no, por el teorema del valor medio existiría un $c\in[a,b]$ tal que $$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{b-a}{b-a}=1,$$ contradiciendo la hipótesis de la cota de la derivada.

Esto muestra que $a=b$, y por lo tanto
\begin{align*}
\lim_{n\to \infty} d_n &= \lim_{n\to \infty} f^n(1)-f^n(0) \\
&=b-a\\
&= 0.
\end{align*}

$\square$

En este problema es muy importante primero mostrar que los extremos de los intervalos convergen a puntos fijos de $f$ y después usar el teorema del valor intermedio. Podría ser tentador usar el teorema del valor intermedio en cada intervalo $[f^n(0),f^n(1)]$, pero con ello no se llega al resultado deseado.

Más problemas

En todas estas entradas hemos platicado acerca de problemas de temas de cálculo. Se pueden encontrar muchos más problemas de este tema en el Capítulo 6 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Además, puedes encontrar otros problemas resueltos en la sección de Material para practicar de este blog, que ayuda a prepararse para competencias internacionales de matemáticas a nivel universitario.

Seminario de Resolución de Problemas: La integral

Introducción

Ya hemos cubierto varios temas de cálculo y resolución de problemas. Comenzamos platicando acerca de continuidad y de dos teoremas importantes para funciones continuas: el teorema del valor intermedio y el teorema del valor extremo. Después, hablamos acerca de derivadas y de dos teoremas importantes para funciones diferenciables: el teorema de Rolle y el teorema del valor medio. Luego, vimos que la diferenciabilidad también nos ayuda a encontrar límites de cocientes y potencias de formas indefinidas mediante la regla de L’Hôpital. En esta entrada y la siguiente hablaremos de la integral y cómo las ideas detrás de su construcción, así como sus propiedades, pueden ayudar a resolver problemas.

Para entender esta sección bien, es importante que conozcas la construcción de la integral de Riemann en una variable, así como sus propiedades principales. También supondremos que conoces las técnicas usuales para resolver integrales. Esto se hace durante el primer año de un curso de cálculo a nivel licenciatura. También puedes revisarlo en la literatura clásica, como el libro de Cálculo de Spivak.

Usar la integral como un área

La integral es por definición un límite de sumas superiores o inferiores. Hay problemas en los que podemos aprovechar esto para entender una suma o una sucesión. A grandes rasgos lo que hacemos es:

  • Interpretar la sucesión o serie como una suma de areas correspondiente a una suma superior o inferior de cierta integral $\int f(x) \,dx$.
  • Usar lo que sabemos de integración para poder decir algo del área dada por $\int f(x)\, dx$
  • Regresar esta información al problema original.

Veamos un ejemplo de esto.

Problema. Calcula el siguiente límite $$\lim_{n\to \infty} \left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\ldots+\frac{1}{2n-1}\right).$$

La cantidad de términos de este límite depende de $n$, así que no podemos hacerlos uno por uno. No hay una forma sencilla de hacer la suma. Tampoco parece que podamos usar la regla de L’Hôpital. Lo que haremos es entender a la expresión dentro del límite de manera geométrica.

Sugerencia pre-solución. Haz una figura con la que puedas relacionar el límite que buscamos con cierta área que puedas expresar en términos de una integral.

Solución. Consideremos la gráfica de la función $f(x)=\frac{1}{x}$ en el intervalo $[n,2n]$ y el área debajo de esta gráfica, que mostramos en verde a continuación.

Integral de 1/x en el intervalo de n a 2n.
Gráfica de $1/x$ en el intervalo $[n,2n]$

Notemos que la suma que aparece en el problemas corresponde a sumar las áreas de los rectángulos de base $1$ y alturas $\frac{1}{n}$, $\frac{1}{n+1}$, $\ldots$, $\frac{1}{2n-1}$, que podemos encontrar en azul en la siguiente figura.

Cota con suma superior
Dar una cota inferior para nuestra expresión.

Así, obtenemos que podemos acotar inferiormente nuestra suma de la siguiente manera:

\begin{align*}
\frac{1}{n}+\ldots+\frac{1}{2n-1} &> \int_n^{2n} \frac{1}{x}\, dx\\
&= (\log x) \Big|_n^{2n} \\
&= \log 2.
\end{align*}

De manera similar, podemos pensar ahora en rectángulos que queden por debajo de la gráfica de la función, y que en total su area es menor que el valor de la integral. Los mostramos a continuación en color rojo:

Cota con suma inferior
Dar una cota superior para nuestra expresión (un poco cambiada)

De aquí, podemos dar la siguiente cota:

\begin{align*}
\frac{1}{n+1}+\ldots+\frac{1}{2n} &< \int_n^{2n} \frac{1}{x}\, dx\\
&= (\log x) \Big|_n^{2n} \\
&= \log 2.
\end{align*}

Si juntamos ambas desigualdades, deducimos que $$\log 2< \frac{1}{n}+\ldots+\frac{1}{2n-1}<\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}\right) + \log 2.$$

Ahora sí podemos hacer $n\to \infty$. Como ambos lados de la desigualdad convergen a $\log 2$, tenemos que la sucesión que nos interesa también debe converger a $\log 2$.

$\square$

Traducir a una integral y usar técnicas de integración

Hay varias técnicas que podemos usar para realizar integrales: cambio de variable, integración trigonométrica, integración por partes, integración por fracciones parciales, etc. En algunas ocasiones podemos transformar un problema a una integral, aplicar una de estas técnicas, y luego regresar al contexto original. Veamos un ejemplo de esto.

Problema. Demuestra que para cualquier par de enteros positivos $m$ y $n$ tenemos que $$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{k+m+1} = \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \frac{1}{k+n+1}.$$

Sugerencia pre-solución. Intenta formular un problema equivalente aprovechando que para cualquier entero no negativo $r$ se tiene que $\frac{1}{r+1}=\int_0^1 t^r \, dt$. Tendrás que usar esto varias veces, usar la fórmula de binomio de Newton y después aprovechar una simetría para hacer un cambio de variable.

Solución. Notemos que $$\frac{1}{k+m+1}=\int_0^1 t^{k+m} \, dt.$$ Substituyendo en la expresión de la izquierda, obtenemos que la suma buscada es $$\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\int_0^1t^{k+m}\, dt.$$ Usando la linealidad de la integral y la fórmula del binomio de Newton tenemos que esta suma es igual a
\begin{align*}
&\int_0^1 \sum_{k=1}^n (-1)^k \binom{n}{k} t^{k+m}\, dt \\
=& \int_0^1 t^m(1-t)^n \, dt.
\end{align*}

Con el cambio de variable $s=1-t$, la integral anterior es igual a $$\int_0^1 s^n(1-s)^m.$$ Pero por un argumento inverso al que hicimos para llegar a la primer integral, esta segunda integral es igual a $$\sum_{k=0}^m (-1)^k\binom{m}{k}\frac{1}{k+n+1}.$$

Esto es justo el lado derecho en la identidad que queríamos.

$\square$

El teorema de Lebesgue

No todas las funciones son integrables con la definición de Riemann (que aquí simplemente llamaremos «ser integrable»), pues puede ser que el límite de las sumas superiores no sea igual al de las sumas inferiores. Un resultado profundo en cálculo es el criterio de Lebesgue, que caracteriza aquellas funciones acotadas que tienen integral de Riemann en un intervalo.

Teorema (criterio de Lebesgue). Una función acotada $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ es integrable si y sólo si su conjunto de discontinuidades tiene medida $0$.

El teorema de Lebesgue da una prueba sencilla de que si $f$ y $g$ son integrables, entonces su producto también, lo cual no es fácil de probar a partir de la definición. A continuación esbozamos esta prueba.

Las discontinuidades de $f^2$ están contenidas en las de $f$, de modo que si $f$ es integrable, por el teorema de Lebesgue $f^2$ también. Además, suma y resta de integrables es sencillo ver que es integrable, de modo que $(f+g)^2$ también lo es. Para concluir, notamos que $$fg=\frac{(f+g)^2-f^2-g^2}{2},$$ de modo que $fg$ es integrable.

Veamos un problema que combina varias de las ideas de cálculo que hemos visto.

Problema. Si $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ es una función tal que $f+\sin(f)$ es integrable, entonces $f$ también es integrable.

Sugerencia pre-solución. Usa el criterio de Lebesgue. Necesitarás estudiar las discontinuidades con cuidado, para lo cual es útil recordar cómo interactúan las funciones continuas con las sucesiones convergentes.

Solución. Como $f+\sin(f)$ es integrable, entonces es acotada. Así, $f$ también lo es. La función $g(x)=x+\sin(x)$ tiene derivada $1+\cos(x)\geq 0$ y que es $0$ sólo en un conjunto discreto de puntos, de modo que es estrictamente creciente. Además, los límites en $-\infty$ y $\infty$ son $-\infty$ e $\infty$ respectivamente. Por el teorema del valor intermedio, pasa por todos los reales. Así, $g$ es una función biyectiva.

Mostraremos que las discontinuidades de $f$ están contenidas en las de $f+\sin(f)$, o bien, dicho de otra forma, que si $f+\sin(f)$ es continua en $x$, entonces $f$ también. Tomemos una sucesión $\{x_n\}$ que converge a $x$. Como $f+\sin(f)$ es continua en $x$, tenemos que $\{f(x_n)+\sin(f(x_n))\}$ converge a $f(x)+\sin(f(x))=g(f(x))$.

Como $f$ es una función acotada, la sucesión $\{f(x_n)\}$ es acotada, y para ver que converge a un límite, basta ver que toda subsucesión convergente converge al mismo límite. Tomemos una subsucesión convergente digamos, al límite $L$. Tendríamos que $g(L)=g(f(x))$, y como $g$ es biyectiva tendríamos que $L=f(x)$. En otras palabras, toda subsucesión convergente de $\{f(x_n)\}$ converge a $f(x)$. De esta forma, $\{f(x_n)\}$ converge a $f(x)$. Con esto concluimos que $f$ es continua en $x$.

Concluimos que el conjunto de discontinuidades de $f$ está contenido en el de $f+\sin(f)$, el cual tiene medida $0$. De este modo, el de $f$ también tiene medida $0$ y por el criterio de Lebesgue, es integrable.

$\square$

Más problemas

Hay más ejemplos de problemas relacionados con la integral en la Sección 6.8 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

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.