El teorema de L'Hôpital nos permite reemplazar un problema de límite por otro que puede ser más fácil de resolver. Se presentan varios ejemplos junto con sus soluciones y explicaciones detalladas.
Si \( \lim_{{x \to a}} f(x) = 0 \) y \( \lim_{{x \to a}} g(x) = 0 \) y si \( \lim_{{x \to a}} \dfrac{{f'(x)}}{{g'(x)}} \) tiene un valor finito \( L \), o es de la forma \( +\infty \) o \( -\infty \), entonces
donde \( \lim \) significa \( \lim_{{x \to a}}, \lim_{{x \to a^+}}, \lim_{{x \to a^-}}, \lim_{{x \to +\infty}}, \) o \( \lim_{{x \to -\infty}} \).
\( f'(x) \) y \( g'(x) \) son las derivadas de \( f(x) \) y \( g(x) \) respectivamente.
Encuentra el límite \( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\sin x}}{{x}} \)
Solución del Ejemplo 1:
Dado que
\( \lim_{{x \to 0}} \sin x = 0 \)
y
\( \lim_{{x \to 0}} x = 0 \)
La regla de L'Hôpital puede ser utilizada para evaluar el límite anterior de la siguiente manera
\( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\sin x}}{{x}} = \lim_{{x \to 0}} \dfrac{\dfrac{{d(\sin x)}}{{dx}}} {\dfrac{{d(x)}}{{dx}} } \)
\( = \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\cos x}}{{1}} = \dfrac{{\cos 0}}{{1}} = 1 \)
Encuentra el límite \( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{e^x - 1}}{{x}} \)
Solución del Ejemplo 2:
Observa que
\( \lim_{{x \to 0}} (e^x - 1) = 0 \)
y
\( \lim_{{x \to 0}} x = 0 \)
Podemos usar la regla de L'Hôpital para calcular el límite dado de la siguiente manera
\( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{e^x - 1}}{{x}} = \lim_{{x \to 0}} \dfrac{\dfrac{{d(e^x - 1)}}{{dx}}} { \dfrac{{d(x)}}{{dx}}} \)
\( = \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{e^x}}{{1}} = \dfrac{{e^0}}{{1}} = 1 \)
Encuentra el límite \( \lim_{{x \to 1}} \dfrac{{x^2 - 1}}{{x - 1}} \)
Solución del Ejemplo 3:
Dado que el límite del numerador
\( \lim_{{x \to 1}} (x^2 - 1) = 0 \)
y el del denominador
\( \lim_{{x \to 1}} (x - 1) = 0 \)
ambos son iguales a cero, podemos usar la regla de L'Hôpital para calcular el límite
\( \lim_{{x \to 1}} \dfrac{{x^2 - 1}}{{x - 1}} = \lim_{{x \to 1}} \dfrac{\dfrac{{d(x^2 - 1)}}{{dx}}}{ \dfrac{{d(x - 1)}}{{dx}}} \)
\( = \lim_{{x \to 1}} \dfrac{{2x}}{{1}} = \dfrac{{2(1)}}{{1}} = 2
\)
Observa que el mismo límite se puede calcular factorizando primero de la siguiente manera
\( \lim_{{x \to 1}} \dfrac{{x^2 - 1}}{{x - 1}} = \lim_{{x \to 1}} \dfrac{{(x - 1)(x + 1)}}{{x - 1}} \)
\( = \lim_{{x
\to 1}} (x + 1) = 2 \)
Encuentra el límite \( \lim_{{x \to 2}} \dfrac{{\ln(x - 1)}}{{x - 2}} \)
Solución del Ejemplo 4:
Límite del numerador
\( \lim_{{x \to 2}} \ln(x - 1) = 0 \)
Límite del denominador
\( \lim_{{x \to 2}} (x - 1) = 0 \)
Ambos límites son iguales a cero, se puede usar la regla de L'Hôpital
\( \lim_{{x \to 2}} \dfrac{{\ln(x - 1)}}{{x - 2}} = \lim_{{x \to 2}} \dfrac{\dfrac{{d(\ln(x - 1))}}{{dx}}} { \dfrac{{d(x - 2)}}{{dx}} } \)
\( = \lim_{{x \to 2}} \dfrac{{1/(x-1)}}{{1}} = \dfrac{{1/(2 -1)}}{{1}} = 1 \)
Encuentra el límite \( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{1 - \cos x}}{{6x^2}} \)
Solución del Ejemplo 5:
Límite del numerador y del denominador
\( \lim_{{x \to 0}} (1 - \cos x) = 0 \)
\( \lim_{{x \to 0}} 6x^2 = 0 \)
Se puede usar la regla de L'Hôpital
\( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{1 - \cos x}}{{6x^2}} = \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\sin x}}{{12x}} \)
El nuevo límite también es indeterminado \( \dfrac{0}{0} \) y podemos aplicar el teorema de L'Hôpital por segunda vez
\( = \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\cos x}}{{12}} = \dfrac{{\cos 0}}{{12}} = \dfrac{1}{12} \)
Encuentra los límites
1. \( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\sin 4x}}{{\sin 2x}} \)
2. \( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{\tan x}}{{x}} \)
3. \( \lim_{{x \to 1}} \dfrac{{\ln x}}{{3x - 3}} \)
4. \( \lim_{{x \to 0}} \dfrac{{e^x - 1}}{{\sin 2x}} \)
1. \( 2 \)
2. \( 1 \)
3. \( \dfrac{1}{3} \)
4. \( \dfrac{1}{2} \)