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LibreTexts Español

5.3: Regla de L'Hôpital

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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

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

    Esto combinado con (1) rendimientos

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

    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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