Sexan \(f\) e \(g\) dúas funcións derivables nun entorno do punto \(x = a\). Se \(\lim\limits_{x \to a} f(x) = 0\), \(\lim\limits_{x \to a} g(x) = 0\) e existe \(\lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\), entón, tamén existe \(\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}\) e o seu valor é \(\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\).
Esta regra tamén pode aplicarse cando \(a = \pm\infty\).
Imos usar esta regra para resolver indeterminacións:
|
Calcula \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{1 - \sqrt{1 - x^2}}{x^2}\). \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{1 - \sqrt{1 - x^2}}{x^2} = \frac{0}{0}\) INDETERMINACIÓN Imos aplicar a regra de L'Hôpital para resolvela: \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{-\frac{-2x}{2\sqrt{1 - x^2}}}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{2\sqrt{1 - x^2}} = \frac{1}{2}\) Polo que: \[\lim\limits_{x \to 0} \frac{1 - \sqrt{1 - x^2}}{x^2} = \frac{1}{2}\] |
Calcula \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1}\). \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = \frac{0}{0}\) INDETERMINACIÓN Imos aplicar a regra de L'Hôpital para resolvela: \(\lim\limits_{x \to 1} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 1\) Polo que: \[\lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = 1\] |
|
Calcula \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5^x}{x^2}\). \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5^x}{x^2} = \frac{\infty}{\infty}\) INDETERMINACIÓN Imos aplicar a regra de L'Hôpital para resolvela: \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5^x \cdot ln 5}{2x} =_{\infty/\infty \text{ aplicamos de novo a regra de L'Hôpital}} \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5^x \cdot (ln 5)^2}{2} = \infty \) Polo que: \[\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{5^x}{x^2} = \infty\] |
Calcula \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{1 - e^x}\). \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{1 - e^x} = \frac{\infty}{\infty}\) INDETERMINACIÓN Imos aplicar a regra de L'Hôpital para resolvela: \(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{- e^x} = 0\) Polo que: \[\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{1 - e^x} = 0\] |
Para resolver unha destas inderminacións debemos convertila nunha do tipo \(\frac{0}{0}\) ou \(\frac{\infty}{\infty}\). Esto o facemos dividindo entre a inversa dunha das funcións, xa que dividir entre a inversa da función da o mesmo que multiplicar pola función. (Pensa en números, multiplicar por dous vai ser o mesmo que dividir entre 1/2).
|
Calcula \(\lim\limits_{x \to 0^+} x \cdot \ln{x}\). \(\lim\limits_{x \to 0^+} x \cdot \ln{x} = 0 \cdot \infty\) A inversa de \(f(x) = x\) é \(\frac{1}{x}\) e dividimos entre esta función: \(\lim\limits_{x \to 0^+} x \cdot \ln{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\ln{x}}{\frac{1}{x}} = \frac{\infty}{\infty}\) Aplicamos a regra de L'Hôpital: \(\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{x^2}} = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{-x^2}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} -x = 0\) Polo tanto: \[\lim\limits_{x \to 0^+} x \cdot \ln{x} = 0\] |
Calcula \(\lim\limits_{x \to+\infty} x^{30} e^{-x}\). \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^{30} e^{-x} = \infty \cdot 0\) A inversa de \(f(x) = e^{-x} = \frac{1}{e^x}\) é \(e^x\) e dividimos entre esta función: \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^{30} e^{-x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^{30}}{e^{x}} = \frac{\infty}{\infty}\) Aplicamos a regra de L'Hôpital: \(\lim\limits_{x \to 0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{30 x^{29}}{e^{x}} = \left(\frac{\infty}{\infty} R.L'Hôp.\right) = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{30 \cdot 29 x^{28}}{e^{x}} = ... = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{30!}{e^{x}} = 0\) Polo tanto: \[\lim\limits_{x \to+\infty} x^{30} e^{-x} = 0\] |
As indeterminación do tipo \(1^{\infty}\) resólvense tendo en conta as propiedades dos logaritmos e as operacións con límites.
Por un lado: \(\log_a {b^c} = c \log_a {b}\), e por outro lado \(\lim\limits_{x \to a} \left(\ln{f(x)}\right) = \ln{\lim\limits_{x \to a} f(x)}\).
|
Calcula \(\lim\limits_{x \to 0} \left(1 + 4x^3\right)^{\frac{2}{x^3}}\). \(\lim\limits_{x \to 0} \left(1 + 4x^3\right)^{\frac{2}{x^3}} = 1^{\infty}\) Sexa \(a = \lim\limits_{x \to 0} \left(1 + 4x^3\right)^{\frac{2}{x^3}}\) e tomamos logaritmos: \(\ln{a} = \ln {\lim\limits_{x \to 0} \left(1 + 4x^3\right)^{\frac{2}{x^3}}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{2}{x^3} \ln \left(1 + 4x^3\right) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{2 \ln \left(1 + 4x^3\right)}{x^3} = \frac{0}{0}\) Aplicamos a regra de L'Hôpital: \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{24x^2}{1 + 4x^3}}{3x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{8}{1 + 4x^3} = 8\) Polo tanto \(\ln{a} = 8\) e pola definición de logaritmo \(a = e^8\), entón: \[\lim\limits_{x \to 0} \left(1 + 4x^3\right)^{\frac{2}{x^3}} = e^8\] |
Calcula \(\lim\limits_{x \to 0} (\cos{x})^{\frac{2}{x^2}}\). \(\lim\limits_{x \to 0} (\cos{x})^{\frac{2}{x^2}} = 1^{\infty}\) Sexa \(a = \lim\limits_{x \to 0} (\cos{x})^{\frac{2}{x^2}}\) e tomamos logaritmos: \(\ln{a} = \ln {\lim\limits_{x \to 0} (\cos{x})^{\frac{2}{x^2}}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{2}{x^2} \ln{(\cos{x})} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{2\ln{(\cos{x}})}{x^2} = \frac{0}{0} \) Aplicamos a regra de L'Hôpital: \(\lim\limits_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{2\frac{1}{\cos{x}}(-\text{sen }x)}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{-\text{sen }x}{x \cos{x}} =_{L'Hôp.} \lim\limits_{x \to 0} \frac{-\cos{x}}{\cos{x} + x(-\text{sen }x)} = -1\) Polo tanto \(\ln{a} = -1\) e pola definición de logaritmo \(a = e^{-1}\), entón: \[\lim\limits_{x \to 0} (\cos{x})^{\frac{2}{x^2}} = e^{-1}\] |
Licenciado baixo a Licenza Creative Commons Atribución Compartir igual 4.0