Regla de l'Hôpital - Otras indeterminaciones

Indeterminación del tipo \(0 \cdot \infty\)

Hasta el momento sabes que, si se tiene un límite donde hay una indeterminaciones del tipo \(\frac{\infty }{\infty }\) o \(\frac{0}{0}\), se puede usar L'Hôpital para salvar la indeterminación y lograr resolver el límite.

 

Pero ahora mira el siguiente caso:

 

\[\lim _{x \rightarrow -\infty} e^{x}x^{2}\]

 

Aplicando límites algebraicos nos queda:

 

\[\lim _{x \rightarrow -\infty } e^{x}x^{2}=0.\infty \]

 

Es una indeterminación del tipo \(0.\infty\), la cual a simple vista no se parece a ninguno de los casos que fueron resueltos con lo aprendido hasta el momento… Pero, si realizas algunos ajustes, podrás llegar a una situación más familiar.

 

La estrategia que vamos a utilizar es seleccionar una de las funciones e invertirla, tal como se muestra a continuación:

 

\[f(x)=\frac{1}{\frac{1}{f(x)}}\]

 

Para nuestro caso, seleccionamos la función \(f(x)=e^{x}\) y la reescribimos:

 

\[e^{x}=\frac{1}{\frac{1}{e^{x}}}\]

 

Además, aplicando la propiedad de la potencia de un número o expresión elevado a un exponente negativo:

 

\[\frac{1}{a^{n}}=a^{-n}\]

 

Entonces resulta:

 

\[e^{x}=\frac{1}{\frac{1}{e^{x}}}=\frac{1}{e^{-x}}\]

 

Sustituyendo esto último en el límite y evaluando:

 

\[\lim _{x \rightarrow -\infty } e^{x}x^{2}=\lim _{x \rightarrow -\infty }\frac{1}{e^{-x}}x^{2}=\lim _{x \rightarrow -\infty }\frac{x^{2}}{e^{-x}}=\frac{\infty }{\infty }\]

 

Llegamos a una indeterminación del tipo \(\frac{\infty }{\infty }\) y estamos ante un caso, seguramente más familiar para ti, resoluble por la Regla de L'Hôpital:

 

\[\lim _{x \rightarrow -\infty }\frac{x^{2}}{e^{-x}} \stackrel{L^{\prime} H}{\longrightarrow} \lim _{x \rightarrow -\infty} \frac{{(x^{2})}'}{({e^{-x}})'}=\lim _{x \rightarrow -\infty }\frac{2x}{-e^{-x}}\]

 

Evaluando al límite conseguido hasta aquí, obtendrás nuevamente una indeterminación del tipo \(\frac{\infty }{\infty }\). Así que aplicamos L’Hôpital una vez más:

 

\[\lim _{x \rightarrow -\infty }\frac{2x}{-e^{-x}}\stackrel{L^{\prime} H}{\longrightarrow} \lim _{x \rightarrow -\infty} \frac{{(2x)}'}{{(-e^{-x})}'}=\lim _{x \rightarrow -\infty }\frac{2}{e^{-x}}=\frac{2}{\infty }=0\]

 

Resumiendo: logramos resolver el límite invirtiendo una de las funciones y ubicándola en el denominador. Para ello, debes prestar atención a cuál de las funciones conviene invertir, de manera que se consiga una indeterminación adecuada para aplicar la Regla de L'Hôpital.

 

Indeterminación del tipo \(\infty - \infty\)

 

Te invito a que observes ahora la situación que sigue:

 

\[\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{1}{\ln(x) }-\frac{1}{x-1}\]

 

Al tomar el límite dado, cuando \(x \rightarrow 1^{+}\), tienes:

 

\[\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{1}{\ln(x) }-\frac{1}{x-1}=\infty -\infty\]

 

Una indeterminación del tipo \(\infty - \infty \).

 

Para abordar este problema tendrás que emplear una estrategia parecida al del caso \(0.\infty \); donde hay que transformar la expresión dentro del límite en otra. Pero en este caso se debe realizar la resta algebraica y, a partir de la expresión resultante, verificar si se dan las condiciones necesarias para aplicar la Regla de L’Hôpital.

 

Comencemos haciendo la resta:

 

\[\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{1}{\ln(x) }-\frac{1}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{x-1-\ln(x)}{\ln (x)(x-1)}\]

 

Cuando evaluamos en el límite resultante, con \(x \rightarrow 1^{+}\), nos queda:

 

\[\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{x-1-\ln(x)}{\ln (x)(x-1)}=\frac{0}{0}\]

 

Una indeterminación del tipo \(\frac{0}{0}\). Así que continuamos aplicando la Regla de L'Hôpital y evaluando en el límite final:

 

\[\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{x-1-\ln(x)}{\ln (x)(x-1)}\stackrel{L^{\prime} H}{\longrightarrow} \lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{{(x-1-\ln(x))}'}{{(\ln (x)(x-1))}'}=\lim _{x \rightarrow 1^{+}}\frac{1-\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}(x-1)+\ln(x)}=\frac{1}{2}\]

 

Conclusión: cuando tienes una indeterminación del tipo \(\infty -\infty \) hay que hacer la resta algebraica y llevar a la expresión del límite a un único numerador y denominador.

 

Indeterminación del tipo \(\ 1^{\infty}\) y \(0^{0}\)

Mira el siguiente límite:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }\left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x} = 1^{\infty}\]

 

Al intentar resolver el límite, te encontrarás con una indeterminación del tipo \(1^{\infty}\), la cual debes salvarla llevándola a alguna de las indeterminaciones ya conocidas: \(\frac{0}{0}\), \(\frac{\infty }{\infty }\) ó \(0.\infty \).

 

Para lograr lo antes dicho, utilizaremos una de las propiedades de las funciones inversas para el logaritmo y la exponencial.

 

\[a=e^{\ln a}\]

 

Por lo tanto:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }\left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x} =\lim _{x \rightarrow \infty }e^{\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x} }\]

 

Seguimos obteniendo algebraicamente la misma expresión de antes, ya que no se cambió nada. Y por propiedad de límite, el límite de una función exponencial, es igual a la base elevada al límite del exponente:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }e^{\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x} }=e^{\lim _{x \rightarrow \infty }\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x} }\]

 

Y sabiendo que: \(\log_{c} \left(a^{b}\right)=b \cdot \log_{c} (a)\)

 

Tienes entonces que:

 

\[e^{\lim _{x \rightarrow \infty }\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x} }=e^{\lim _{x \rightarrow \infty }x.\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )}\]

 

Donde, evaluando en el límite que nos queda, llegamos a:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }x.\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )=\infty \cdot 0\]

 

Una indeterminación del tipo que queríamos hallar para poder usar L'Hôpital!

 

Continuando:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x}=\lim _{x \rightarrow \infty }x.\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )=\lim _{x \rightarrow \infty }\frac{\ln \left (1+\frac{1}{x} \right )}{\frac{1}{x}}\stackrel{L^{\prime} H}{\longrightarrow}\lim _{x \rightarrow \infty }\frac{{(\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right ))}'}{{(\frac{1}{x})}'}=\lim _{x \rightarrow \infty }\frac{\frac{-x^{-2}}{\left (1+\frac{1}{x} \right )}}{-x^{-2}}=\lim _{x \rightarrow \infty }\frac{1}{\left (1+\frac{1}{x} \right )}=\frac{1}{1}=1\]

 

Finalmente:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }\left (1+\frac{1}{x}  \right )^{x}=e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left (1+\frac{1}{x}  \right )}{x}}=e^{1}=e\]

 

Otros ejemplos que se pueden resolver de la misma forma son:

 

\[\lim _{x \rightarrow \infty }\left (1+x  \right )^{\frac{1}{x}}=\infty^{0}\]

 

\[\lim _{x \rightarrow 0}\left (1+x  \right )^{\frac{1}{x}}=1^{\infty }\]

 

\[\lim _{x \rightarrow 0}x^{x}=0^{0}\]

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