6.5: Regla de L'Hopital
- Page ID
- 108884
El siguiente resultado es un caso de regla de\(l^{\prime}\) L'hópital.
Supongamos\(a, b \in \mathbb{R}, f\) y\(g\) son diferenciables\((a, b), g^{\prime}(x) \neq 0\) para todos\(x \in(a, b),\) y
\[\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=\lambda .\]
Si\(\lim _{x \rightarrow a^{+}} f(x)=0\) y\(\lim _{x \rightarrow a^{+}} g(x)=0,\) entonces
\[\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lambda .\]
- Prueba
-
Dado\(\epsilon>0,\) que existe\(\delta>0\) tal que
\[\lambda-\frac{\epsilon}{2}<\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}<\lambda+\frac{\epsilon}{2}\]
siempre\(x \in(a, a+\delta) .\) Ahora, por el Teorema del Valor Medio Generalizado, para cualquiera\(x\) y\(y\) con\(a<x<y<a+\delta,\) existe un punto\(c \in(x, y)\) tal que
\[\frac{f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}=\frac{f^{\prime}(c)}{g^{\prime}(c)}.\]
De ahí
\[\lambda-\frac{\epsilon}{2}<\frac{f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}<\lambda+\frac{\epsilon}{2}.\]
Ahora
\[\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}=\frac{f(y)}{g(y)}\]
y así tenemos
\[\lambda-\epsilon<\lambda-\frac{\epsilon}{2} \leq \frac{f(y)}{g(y)} \leq \lambda+\frac{\epsilon}{2}<\lambda+\epsilon\]
para cualquier\(y \in(a, a+\delta) .\) Por lo tanto
\[\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lambda .\]
Q.E.D.
Usa la regla de L'hôpital para calcular
\[\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}. \nonumber\]
Supongamos\(a, b \in \mathbb{R}, f\) y\(g\) son diferenciables\((a, b), g^{\prime}(x) \neq 0\) para todos\(x \in(a, b),\) y
\[\lim _{x \rightarrow b^{-}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=\lambda . \nonumber\]
Demostrar que si\(\lim _{x \rightarrow b^{-}} f(x)=0\) y\(\lim _{x \rightarrow b^{-}} g(x)=0,\) entonces
\[\lim _{x \rightarrow b^{-}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lambda . \nonumber\]