A finales del siglo XVII y principios del XVIII, las matemáticas estaban explotando con nuevas ideas. El cálculo acababa de ser inventado. Guillaume de l’Hôpital era un noble francés adinerado apasionado por las matemáticas, pero no precisamente un genio. Contrató a uno de los matemáticos jóvenes más brillantes de la época, Johann Bernoulli, como tutor personal. Bernoulli era tan talentoso que L’Hôpital le hizo una oferta increíble: un salario anual de 300 francos a cambio de todas las nuevas descubrimientos que hiciera. Sí, L’Hôpital compraba teoremas. Cada vez que Bernoulli encontraba algo nuevo, se lo enviaba a su empleador. En 1696, L’Hôpital publicó el primer libro de texto de cálculo, «Analyse des Infiniment Petits». Allí se presentó la famosa Regla de L’Hôpital, cómo manejar límites indeterminados como «0/0». Pero aquí viene el giro: la regla, y gran parte del libro, fueron escritos en realidad por Bernoulli. Tras la muerte de L’Hôpital, Bernoulli reveló la verdad y mostró las cartas que probaban el acuerdo. Aun así, el nombre de L’Hôpital quedó asociado a la regla, un recordatorio de que a veces en la ciencia el dinero compra fama. Hoy en día, todo estudiante de cálculo aprende la Regla de L’Hôpital, aunque el verdadero autor fue Johann Bernoulli. De @Math_Files
La Regla de L'Hôpital se aplica a las indeterminaciones del tipo $\zdivz$ y $\idivi$.
Regla de L’Hôpital
Sean $f,g: \R \longrightarrow \R$ funciones derivables en algún intervalo abierto que contenga a $a \in \R$, excepto posiblemente en $a$.
Supongamos que $g'(x)$ nunca es cero y que se cumple una de las siguientes condiciones:
Este límite se puede hacer de varias formas, pero lo haremos usando L'Hôpital:
\[ \milmt{x}{0}{ \mfrac{(1 + x)^4 - 1 }{ x } } = \left \{ \mfrac{0}{0} \right \} \xrightarrow{L'Hôpital} \milmt{x}{0}{ \mfrac{ 4(1 + x)^3 }{ 1 } } = \milmt{x}{0}{ \ 4(1 + x)^3 } = 4 \]
Ejercicio: ¿De cuántas formas se puede hacer este límite?
Si las funciones $f(x)$ y $g(x)$ son derivables $n$-veces, la regla de l'Hôpital se puede aplicar $n$-veces.
Las indeterminaciones clásicas son:
\[ \Large{ \mfrac{ 0 }{ 0 }, \quad \mfrac{\infty}{\infty}, \quad 0 \cdot \infty, \quad \infty - \infty, \quad 0^0, \quad \infty^0, \quad 1^{\infty} } \]
Vamos a resolver diferentes tipos de límites de funciones y algunas de las indeterminaciones de $\odn{1}{\circ}$ de bachillerato. Son las siguientes:
En este caso 0 anula el numerador y el denominador, pero el denominador no es un polinomio. Como tiene una raíz cuadrada en el denominador, vamos a multiplicar numerador y denominador por el conjugado, en el denominador aplicaremos la identidad notable $(a + b) \cdot (a - b) = a^2 - b^2$
$$ \milmt{x}{3}{ \dfrac{\ \sqrt{\ x + 1\ }- 2\ }{x - 3} } = \zdivz (*) $$
Volvemos a tener una indeterminación cero partido por cero y tenemos una raíz en el numerador, lo que tenemos que hacer es multiplicar numerador y denominador por el conjugado para aplicar en el numerador la identidad notable $(a + b) \cdot (a - b) = a^2 - b^2$
$$\milmt{x}{8}{ \dfrac{\ x - 8 \ }{ \sqrt[3]{x} - 2 } } = \zdivz (*) $$
No podemos factorizar ya que el denominador no es un polinomio y además aparece una raíz cúbica, veamos como podemos «quitar» dicha raíz:
$$ \text{Para ello usaremos la siguiente identidad notable } a^3 - a^3 = (a - b) \cdot (a^2 + ab + b^2) $$
Si hacemos que $a = \sqrt[3]{x}$ y $b = 2$, tenemos que $$x - 8 = (\sqrt[3]{x} - 2) \cdot (\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 2^2 )$$
$$(*) \ = \milmt{x}{8}{ \dfrac{ (\sqrt[3]{x} - 2) \cdot (\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 2^2 ) }{ \sqrt[3]{x} - 2 } } = \milmt{x}{8}{ \dfrac{ ( \cancel{ \sqrt[3]{x} - 2) } \cdot (\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 2^2 ) }{ \cancel{ \sqrt[3]{x} - 2} } }= $$
$$ = \milmt{x}{8}{ \left (\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 2^2 \right ) } = \sqrt[3]{8^2} + 2\sqrt[3]{8} + 2^2 = 4 + 2 \cdot 2 + 4 = 12 $$
$$\milmt{x}{+ \infty}{ \dfrac{\ \ 3x^2 + 4\ \ }{ 2x } } = \idivi (*) $$
Este límite es una indeterminación infinito partido por infinito, vemos que el polinomio de mayor grado es el del númerador, luego el límite será infinito. Otra forma de hacerlo es dividir cada término del numerador y del denominador por la mayor potencia de $x$ en este caso $x^2$:
Este límite es una indeterminación infinito partido por infinito, vemos que los polinomios del númerador y del denominador tienen el mismo grado, luego el límite será el cociente de los coeficiente directores de ambos polinomios. Otra forma de hacerlo es dividir cada término del numerador y del denominador por la mayor potencia de $x$ en este caso $x^3$:
Este límite es una indeterminación infinito partido por infinito, vemos que el polinomio del denominador es el de mayor grado, luego el límite será 0. Otra forma de hacerlo es dividir cada término del numerador y del denominador por la mayor potencia de $x$ que está fuera de la raíz, en este caso $x^2$:
$$\milmt{x}{+ \infty }{\left( \dfrac{\ 1 + x\ }{x - 1} \right )^{x} } = \uelei (*) $$
Este límite es una indeterminación uno elevado a infinito y se puede hacer de dos formas:
Aplicando esta fórmula: $$ 1^{\infty} = \milmt{x}{A}{ f(x)^{h(x)} } = e^{\milmt{x}{A}{ h(x) \cdot (f(x) - 1)} }$$ donde $A$ puede ser un número real cualquiera o $\pm \infty $
Nos quedaría lo siguiente:
$$ (*) = e^{ \milmt{x}{+\infty}{ x \cdot \left (\dfrac{\ 1 + x\ }{x - 1} - 1 \right )} } = e^{ \milmt{x}{+ \infty}{ x \cdot \left (\dfrac{\ 1 + x - x + 1\ }{x - 1} \right )} } = e^{ \milmt{x}{+ \infty}{\dfrac{\ 2x\ }{x - 1} } } = e^2 $$
Aplicando los pasos siguientes:
Sumar y restar 1 en la base;
Poner la fracción de la base con un 1 en el numerador;
Poner de exponente lo que tiene en el denominador de la fracción de la base, mutiplicando por esa expresión y su inverso el exponente que tenemos.
No tenemos una indeterminación $\uelei$, ya que el límite de la base es $\dfrac{\ 2\ }{3}$ que es menor que 1 y el límite del exponente es infinito, y por lo tanto:
$$ \milmt{x}{1}{ \left( \frac{\ 2x + 1\ }{ 3x - 3} \right )^{ \dfrac{x^2}{\ x - 4\ } } } = \left ( \dfrac{\ 2\ }{3} \right )^{+\infty} = 0 $$
No tenemos una indeterminación $\uelei$, ya que el límite de la base es 1 y el límite del exponente es $\frac{1}{2}$, y por lo tanto:
$$ \milmt{x}{1}{ \left( \dfrac{\ 3x + 1\ }{ 3x - 3} \right )^{ \dfrac{x}{\ 2x - 4\ } } } = 1^{ \frac{\ 1\ }{2} } = 1 $$
No tenemos una indeterminación $\uelei$, ya que el límite de la base es $\frac{\ 2\ }{3}$ y el límite del exponente es $\frac{\ 3\ }{2}$, y por lo tanto:
$$ \milmt{x}{1}{ \left( \dfrac{\ 2n + 3\ }{2 + 3n } \right)^{ \dfrac{3n}{\ 1 + 2n\ } } } = \left ( \frac{\ 2\ }{3} \right )^{ \frac{\ 3\ }{2} } $$
En principio parece que tenemos una indeterminación infinito menos infinito, pero los dos términos que restan NO son del mismo grado $x$ y $ \sqrt{\ x - 1\ } \simeq x^{ \frac{1}{2} }$, luego el término que crece mucho más rápido a infinito es $x$ y por tanto no es una indeterminación, si no que el límite es $ + \infty$.
$$ \milmt{x}{+\infty}{(x - \sqrt{\ x - 1\ } ) } = +\infty $$
$$ \milmt{x}{+\infty}{ \left ( x - \sqrt{\ x^2 + 2x \ } \right ) } = \imini \ (*) $$
Tenemos una indeterminación infinito menos infinito, ya que los dos términos que restan son del mismo grado $x$ y $ \sqrt{\ x^2 + 2x \ } \simeq x$. Para resolver esta inteterminación vamos a multiplicar y dividir por el conjugado para aplicar la identidad notable $(a + b)(a - b) = a^2 - b^2$:
\[ \milmt{x}{2}{ \mfrac{ \msqrt{ 3 - x} - 1 }{ x - 2} } = \zdivz \ (*) \]
Tenemos una indeterminación cero partido por cero, como no podemos factorizar el numerador, amplificamos por el conjugado del numerador para aplicar la identidad notable $(a + b)(a - b) = a^2 - b^2$:
\[ \milmt{x}{0}{ \mfrac{ x^3 - 4x }{ 2x^2 + 3x } } = \zdivz = \]
Factorizamos ya que 0 es raíz del numerador y de denominador:
\[ = \milmt{x}{0}{ \mfrac{ x (x^2 - 4) }{ x(2x + 3) } } = \milmt{x}{0}{ \mfrac{ \cancel{x} (x^2 - 4) }{ \cancel{x}(2x + 3) } } = \milmt{x}{0}{ \mfrac{ x^2 - 4 }{ 2x + 3 } } = \mfrac{-4}{3} \]
También se puede hacer aplicando la Regla de L'Hôpital.
\[ \milmt{x}{3}{ \mfrac{ e^x - e^3 }{ x - 3 } } = \zdivz = \]
Pero si recordamos la definición de la función derivada en un punto tenemos que:
\[ f'(a) = \milmt{x}{a}{ \mfrac{ f(x) - f(a) }{ x - a } } \]
Y es eso lo que precisamente tenemos en este límite, siendo $f(x) = e^3$. Así el límite lo resolvemos:
\[ = \milmt{x}{3}{ \mfrac{ e^x - e^3 }{ x - 3 } } = \milmt{x}{3}{ \mfrac{ f(x) - f(3) }{ x - 3 } } = f'(3) \]
$f'(x) = e^x$ Luego $f'(3) = e^3$
\[ \milmt{x}{3}{ \mfrac{ e^x - e^3 }{ x - 3 } } = f'(3) = e^3 \]
También se puede hacer aplicando la Regla de L'Hôpital.
$f(x) = 3^{x + 2}$ Así el límite que nos piden es la derivada de la función $f(x)$ en el 0.
\[ f'(0) = \milmt{x}{0}{ \mfrac{ f(x) - f(0) }{ x - 0 } } = \milmt{x}{0}{ \mfrac{ 3^{x + 2} - 9 }{ x } } \]
Si calculamos la derivada de $f(x)$ usando derivción logarítmica teemos:
\[ f(x) = 3^{x + 2} \implies \ln f(x) = \ln 3^{x + 2} \implies \ln f(x) = (x + 2)\ln 3 \]
Ahora derivamos:
\[ \mfrac{ f'(x) }{ f(x) } = \ln 3 \implies f'(x) = f(x) \ln 3 \implies f'(x) = 3^{x + 2} \cdot \ln 3 \]
\[\milmt{x}{0}{ \mfrac{ 3^{x + 2} - 9 }{ x } } = f'(0) = 3^2 \cdot \ln 3 = \ln 3^9 \]
Iremos actualizando esta sección con los ejercicios que nos pidáis, para ello podéis mandar un correo a profesor.maties@gmail.com
