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# 5.3: Regla de L'Hôpital

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( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) $$\newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$$

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$$\newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$$ $$\newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$$

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Ahora demostraremos una regla útil para resolver límites indeterminados. Abajo,$$G_{\neg p}$$ denota un globo eliminado$$G_{\neg p}(\delta)$$ en$$E^{1},$$ o uno sobre$$\pm \infty$$ de la forma$$(a,+\infty)$$ o$$(-\infty, a).$$ Para límites unilaterales, reemplace$$G_{\neg p}$$ por su “mitad” apropiada.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$ (L'Hôpital's rule)

Dejemos$$f, g : E^{1} \rightarrow E^{*}$$ ser diferenciables en$$G_{\neg p}$$, con$$g^{\prime} \neq 0$$ ahí. Si$$|f(x)|$$ y$$|g(x)|$$ tienden tanto a como$$+\infty,^{1}$$ o ambos a$$0,$$ como$$x \rightarrow p$$ y si

$\lim _{x \rightarrow p} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=r \text { exists in } E^{*},$

luego también

$\lim _{x \rightarrow p} \frac{f(x)}{g(x)}=r;$

de manera similar para$$x \rightarrow p^{+}$$ o$$x \rightarrow p^{-}$$.

Prueba

Baste considerar los límites izquierdo y derecho. Ambos combinados luego arrojan el límite de dos lados.

Primero, vamos$$-\infty \leq p<+\infty$$,

$\lim _{x \rightarrow p^{+}}|f(x)|=\lim _{x \rightarrow p^{+}}|g(x)|=+\infty \text { and } \lim _{x \rightarrow p^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=r\text { (finite)}.$

Entonces dado$$\varepsilon>0,$$ podemos arreglar$$a>p\left(a \in G_{\neg p}\right)$$ tal que

$\left|\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}-r\right|<\varepsilon, \text { for all } x \text { in the interval }(p, a).$

Ahora aplica la ley de Cauchy de la media (§2, Teorema 2) a cada intervalo$$[x, a],$$$$p<x<a.$$ Esto rinde, para cada uno de tales$$x,$$ algunos$$q \in(x, a)$$ con

$g^{\prime}(q)[f(x)-f(a)]=f^{\prime}(q)[g(x)-g(a)].$

Como$$g^{\prime} \neq 0$$ (por supuesto),$$g(x) \neq g(a) \neq g(a)$$ por el Teorema 1, §2, así podemos dividir para obtener

$\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(q)}{g^{\prime}(q)}, \quad \text { where } p<x<q<a.$

$\left|\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}-r\right|<\varepsilon,$

o, establecer

$F(x)=\frac{1-f(a) / f(x)}{1-g(a) / g(x)},$

tenemos

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} \cdot F(x)-r\right|<\varepsilon \text { for all } x \text { inside }(p, a).$

Como$$|f(x)|$$ y$$|g(x)| \rightarrow+\infty$$ (por supuesto), tenemos$$F(x) \rightarrow 1$$ como$$x \rightarrow p^{+}$$. De ahí que por reglas para los límites correctos, hay$$b \in(p, a)$$ tal que para todos$$x \in(p, b)$$, ambos$$|F(x)-1|<\varepsilon$$ y$$F(x)>\frac{1}{2}$$. (¿Por qué?) Para tal$$x$$, la fórmula (2) también se mantiene. También,

$\frac{1}{|F(x)|}<2 \text { and }|r-r F(x)|=|r||1-F(x)|<|r| \varepsilon.$

Combinando esto con (2), tenemos para$$x \in(p, b)$$

\begin{aligned}\left|\frac{f(x)}{g(x)}-r\right| &=\frac{1}{|F(x)|}\left|\frac{f(x)}{g(x)} F(x)-r F(x)\right| \\ &<2\left|\frac{f(x)}{g(x)} \cdot F(x)-r+r-r F(x)\right| \\ &<2 \varepsilon(1+|r|). \end{aligned}

Así, dado$$\varepsilon>0,$$ que encontramos$$b>p$$ tal que

$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-r\right|<2 \varepsilon(1+|r|), \quad x \in(p, b).$

Como$$\varepsilon$$ es arbitrario, tenemos$$\lim _{x \rightarrow p^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}=r,$$ como reclamado.

El caso$$\lim _{x \rightarrow p^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow p^{+}} g(x)=0$$ es más sencillo. Como antes, obtenemos

$\left|\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}-r\right|<\varepsilon.$

Aquí también podemos reemplazar$$" a^{\prime \prime}$$ por cualquier$$y \in(p, a).$$ Manteniendo$$y$$ fijo, vamos$$x \rightarrow p^{+}$$. Entonces$$f(x) \rightarrow 0$$ y$$g(x) \rightarrow 0,$$ así conseguimos

$\left|\frac{f(y)}{g(y)}-r\right| \leq \varepsilon \text { for any } y \in(p, a).$

Como$$\varepsilon$$ es arbitrario, esto implica$$\lim _{y \rightarrow p^{+}} \frac{f(y)}{g(y)}=r.$$ Así$$x \rightarrow p^{+}$$ se resuelve el caso por una finita$$r.$$

Los casos$$r=\pm \infty$$ y$$x \rightarrow p^{-}$$ son análogos, y los dejamos al lector. $$\quad \square$$

Nota 1. $$\lim \frac{f(x)}{g(x)}$$puede existir aunque$$\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$$ no lo haga. Por ejemplo, tome

$f(x)=x+\sin x \text { and } g(x)=x.$

Entonces

$\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)=1 \quad(\text { why? }),$

pero

$\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=1+\cos x$

no tiende a ningún límite como$$x \rightarrow+\infty$$.

Nota 2. La regla falla si no se cumplen los supuestos requeridos, por ejemplo, si$$g^{\prime}$$ tiene valores cero en cada uno$$G_{\neg p};$$ vea el Problema 4 a continuación.

A menudo es útil combinar la regla de L'Hôpital con algunas fórmulas límite conocidas, como

$\lim _{z \rightarrow 0}(1+z)^{1 / z}=e \text { or } \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x}=1 \text { (see §1, Problem 8).}$

## Ejemplos

(a)$$\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{(\ln x)^{\prime}}{1}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}=0.$$

b)$$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1 /(1+x)}{1}=1.$$

c)$$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x^{3}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{3 x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{6 x}=\frac{1}{6} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=\frac{1}{6}.$$

(Aquí tuvimos que aplicar la regla de L'Hôpital repetidamente).

d) Considerar

$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{-1 / x}}{x}.$

Tomando derivados (incluso$$n$$ veces), uno obtiene

$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{-1 / x}}{n ! x^{n+1}}, \quad n=1,2,3, \ldots \text { (always indeterminate!).}$

Por lo tanto, la regla no da resultados. En este caso, sin embargo, un dispositivo simple ayuda (ver Problema 5 a continuación).

(e)$$\lim _{n \rightarrow \infty} n^{1 / n}$$ no tiene la forma$$\frac{0}{0}$$ o$$\frac{\infty}{\infty},$$ así la regla no se aplica directamente. En su lugar, calculamos

$\lim _{n \rightarrow \infty} \ln n^{1 / n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln n}{n}=0 \text { (Example (a))}.$

De ahí

$n^{1 / n}=\exp \left(\ln n^{1 / n}\right) \rightarrow \exp (0)=e^{0}=1$

por la continuidad de las funciones exponenciales. La respuesta es entonces 1.

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