Introducción
Esta entrada es la última de la unidad 7 y la dedicaremos a demostrar uno de los resultados ampliamente usado en el cálculo de límites para los casos donde existen indeterminaciones de los tipos $0/0$ y $\infty/\infty$; este tipo de límites es posible resolverlos mediante de la derivada.
Teorema del Valor Medio Generalizado
Antes de probar la Regal de L’Hôpital, probaremos una generalización del teorema del valor medio, también conocido como teorema del Valor Medio de Cauchy. Para ello, primero revisemos el siguiente teorema.
Teorema. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, tal que $f(a)=g(a)=0$ y sea $g(x) \neq 0$ para $a<x<b$. Si $f$ y $g$ son derivables en $a$ y si $g'(a) \neq 0$, entonces el límite de $f/g$ en $a$ existe y es igual a $f'(a)/g'(a)$. Por tanto,
$$\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}$$
Demostración.
Puesto que $f(a) = g(a) = 0$, el cociente $\frac{f(x)}{g(x)}$ para $a<x<b$ puede escribirse como sigue
$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \frac{g(x)-g(a)}{x-a} }$$
Aplicando el límite, tenemos que
$$\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim_{x \to a+} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} }{ \lim_{x \to a+} \frac{g(x)-g(a)}{x-a} } = \frac{f'(a)}{g'(a)}$$
$\square$
Teorema del valor medio de Cauchy. Sean $f,g: [a,b] \to \RR$, ambas funciones continuas en $[a,b]$ y derivables en $(a,b)$, y suponer que $g'(x) \neq 0$ para toda $x$ en $(a,b)$. Entonces existe $c$ en $(a,b)$ tal que
$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$$
Demostración.
Notemos que como $g'(x) \neq 0$ para todo $x \in (a,b)$, del teorema de Rolle se sigue que $g(a) \neq g(b)$. Para $x$ en $[a,b]$, se define ahora
$$h(x) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} (g(x)-g(a))-(f(x)-f(a))$$
Entonces $h$ es continua en $[a,b]$, derivable en $(a,b)$ y $h(a)=h(b)=0$. Por lo tanto, del teorema de Rolle se sigue que existe un punto $c$ en $(a,b)$ tal que
$$0 = h'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(c)-f'(c)$$
Puesto que $g'(c) \neq 0$, podemos dividir la expresión anterior entre $g'(c)$, con lo que obtenemos
\begin{gather*}
\frac{0}{g'(c)} =\frac{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(c)-f'(c) }{g'(c)} \\ \\
\Rightarrow 0 = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}-\frac{f'(c)}{g'(c)} \\ \\
\therefore \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}
\end{gather*}
$\square$
Regla de L’Hôpital
Demostraremos la regla de L’Hôpital empleando límites por la derecha, pero los resultados se extienden de forma análoga al límite por la izquierda, y por tanto el límite por ambos lados.
Regla de L’Hôpital. Sea $-\infty \leq a < b \leq \infty$ y que sean $f$, $g$ derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para toda $x \in (a,b)$. Supongamos que
$$\lim_{x \to a+} f(x) = 0 = \lim_{x \to a+} g(x) $$
- Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$
- Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \{-\infty, \infty \}$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.
Demostración.
Si $a < \alpha < \beta < b$, entonces el teorema de Rolle implica que $g(\beta) \neq g(\alpha)$ (ya que para que exista el límite de $f'(x)/g'(x)$ debe haber un intervalo donde $g'(x) \neq 0$ lo que implica que $g(x) \neq 0$ y si se asume que $g(\alpha) = g(\beta)$ por el teorema de Rolle se tendrían que existe un valor $c$ en el intervalo tal que $g'(c) = 0$, lo cual es una contradicción). Además, por el teorema del valor medio de Cauchy, existe $u \in (\alpha, \beta)$, tal que
$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} = \frac{f'(u)}{g'(u)}$$
$(1)$. Si $L \in \RR$ y sea $\varepsilon > 0$. Por hipótesis, sabemos que $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$$
entonces existe $c \in (a,b)$ tal que
$$\left| \frac{f'(u)}{g'(u)} – L \right|< \varepsilon \text{ para } u \in (a,c)$$
De donde se sigue que
$$\left| \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } a < \alpha < \beta \leq c$$
Si se toma el límite cuando $\alpha \to a+$, se tiene que $f(\alpha) \to 0$ y $g(\alpha) \to 0$ por hipótesis, y por la expresión anterior se sigue que
$$\left| \frac{f(\beta)}{g(\beta)}-L \right| < \varepsilon \text{ para } \beta \in (a,c]$$
$$\therefore \lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$$
$(2)$. Veremos el caso donde $L = \infty$ (para $L = -\infty$ es análogo). Sea $M>0$, Como $$\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$$
Entonces existe $c \in (a,b)$ tal que
$$\frac{f'(u)}{g'(u)} >M \text{ para } u \in (a,c)$$
de donde se sigue que
$$\frac{f(\beta)-f(\alpha)}{g(\beta)-g(\alpha)} > M \text{ para } a < \alpha < \beta < c$$
Si se toma el límite cuando $\alpha \to a+$ entonces $f(\alpha) \to 0$ y $g(\alpha) \to 0$ por hipótesis, por tanto de la expresión anterior se tiene
$$\frac{f(\beta)}{g(\beta)} \geq M \text{ para } \beta \in (a,c)$$
$$\therefore \lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \infty$$
$\square$
Hay diversas extensiones de la regla de L’Hôpital que permiten el estudio del comportamiento de un cociente $f(x)/g(x)$ cuando en el límite poseen la forma $\infty/\infty$. Como una extensión del teorema anterior, tenemos el siguiente.
Teorema. Sea $- \infty \leq a < b \leq \infty$ y sean $f$, $g$ funciones derivables en $(a,b)$ tales que $g'(x) \neq 0$ para toda $x \in (a,b)$. Suponer que
$$\lim_{x \to a+} g(x) = \pm \infty$$
- Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \RR$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$
- Si $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \infty$ ó $\lim_{x \to a+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = – \infty$, entonces $\lim_{x \to a+} \frac{f(x)}{g(x)} = L$.
Procederemos ahora a revisar algunos ejemplos de límite donde aplicaremos la regla de L’Hôpital.
Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1}$$
Aplicando la Regla de $L’Hôpital$, tenemos
\begin{align*}
\lim_{x \to 1} \frac{ln(x)}{x-1} & = \lim_{x \to 1} \frac{(ln(x))’}{(x-1)’} \\ \\
& = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} \\ \\
& = 1
\end{align*}
Ejemplo. Calcula el límite $$\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x}$$
Usando la generalización de la regla de L’Hôpital se tiene
\begin{align*}
\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x} & = \lim_{x \to \infty} \frac{(x^2)’}{(e^x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^x} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{(2x)’}{(e^x)’} \\ \\
& = \lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^x} = 0
\end{align*}
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.
- Sea $f(x) = x^2$ para $x$ racional y $f(x) = 0$ para $x$ irracional. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Usa el primer teorema revisado en esta entrada para probar que $\lim_{x \to 0} f(x)/g(x) = 0$.
- Sea $f(x) = x^2sen(1/x)$ para $x \neq 0$ y $f(0) = 0$. Sea $g(x) = sen(x)$ para $x \in \RR$. Demuestra que $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$ pero que el límite $\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ no existe.
- Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \pi/2)$
- $$\lim_{x \to 0^+} \frac{ln(x+1)}{sen(x)}$$
- $$\lim_{x \to 0^+} \frac{tan(x)}{x}$$
- $$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x}-\frac{1}{sen(x)} \right)$$
- Evalúa los límites donde el cociente está definido en el dominio $(0, \infty)$
- $$\lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{x}$$
- $$\lim_{x \to \infty} \frac{ln(x)}{\sqrt{x}}$$
- $$\lim_{x \to \infty} \frac{x+ln(x)}{xln(x)}$$
Más adelante…
En la siguiente unidad estudiaremos las aplicaciones prácticas de la derivada con lo cual podrás podrás relacionar toda la abstracción revisada con la «realidad». Se revisará la manera en que se puede usar el cálculo en ámbitos diversos, desde física hasta economía.
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Agradecimientos
Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»