Regla de L'Hôpital
Sean \( f \) y \( g \) dos funciones derivables en un entorno reducido de \( x_0 \), y supongamos que se presenta una de las dos situaciones siguientes: $$ \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = 0 $$ $$ \lim_{x \rightarrow x_0} g(x) = 0 $$ o bien $$ \lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = \pm \infty $$ $$ \lim_{x \rightarrow x_0} g(x) = \pm \infty. $$ Si \( g(x) \neq 0 \) y \( g'(x) \neq 0 \) en todo un entorno reducido de \( x_0 \), $$ g(x) \neq 0 \quad \text{y} \quad g'(x) \neq 0 $$ y además existe el límite $$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L, $$ entonces $$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = L. $$
Las funciones no tienen por qué ser derivables en \(x_0\). Basta con que lo sean en un entorno reducido de ese punto, es decir, en puntos arbitrariamente próximos a \(x_0\), aunque el propio \(x_0\) quede excluido.
El punto \(x_0\) puede ser finito o infinito.
Nota. Si después de aplicar la regla de L'Hôpital el límite sigue presentando una forma indeterminada del tipo \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\), la regla puede aplicarse de nuevo utilizando las segundas derivadas, las terceras y así sucesivamente, siempre que continúen verificándose las hipótesis del teorema. Este proceso puede repetirse hasta que el cociente de las derivadas deje de ser una forma indeterminada y su límite exista, ya sea finito o infinito.
¿Para qué sirve la regla de L'Hôpital?
La regla de L'Hôpital es una de las herramientas más importantes del cálculo diferencial para evaluar límites que presentan las formas indeterminadas 0/0 e ∞/∞.
En el primer caso, tanto el numerador como el denominador tienden a cero.
$$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{0}{0} $$
En el segundo caso, tanto el numerador como el denominador tienden a infinito.
$$ \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\infty}{\infty} $$
Cuando se cumplen todas las hipótesis del teorema, el límite original puede sustituirse por el límite del cociente de las derivadas.
Ejemplos resueltos
Ejemplo 1
El siguiente límite presenta una forma indeterminada del tipo 0/0.
$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^{2x}-e^{-2x}}{\sin 5x} = \frac{0}{0} $$
Como ambas funciones tienden a cero, se cumplen las hipótesis de la regla de L'Hôpital.
$$ \lim_{x \rightarrow 0} f(x) = 0 \\ \lim_{x \rightarrow 0} g(x) = 0 $$
Derivamos el numerador y el denominador.
$$ f'(x)= 2e^{2x}+2e^{-2x} $$ $$ g'(x)= 5 \cos 5x $$
Calculamos ahora el límite del cociente de las primeras derivadas.
$$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2e^{2x}+2e^{-2x}}{5 \cos 5x} = \frac{4}{5} $$
Por lo tanto, el límite original también es
$$ \boxed{\frac{4}{5}} $$
¿Y si el resultado sigue siendo una forma indeterminada? Si el cociente de las primeras derivadas continúa siendo del tipo 0/0 o ∞/∞, basta con volver a derivar. La regla de L'Hôpital puede aplicarse tantas veces como sea necesario, siempre que sus hipótesis sigan cumpliéndose.
Ejemplo 2
Este límite presenta una forma indeterminada del tipo ∞/∞.
$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{e^x}{x} = \frac{∞}{∞} $$
Aplicamos la regla de L'Hôpital.
$$ \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{e^x}{1} = ∞ $$
En consecuencia,
$$ \lim_{x \rightarrow ∞} \frac{f(x)}{g(x)} = ∞. $$
Ejemplo 3
Este límite presenta una forma indeterminada del tipo 0·∞.
$$\lim_{x \rightarrow 0+} x^2 \cdot \log x = 0 \cdot (-∞) $$
Reescribimos el producto como un cociente.
$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{\log x}{\frac{1}{x^2}} $$
o, de forma equivalente,
$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{\log x}{x^{-2}} $$
Ahora el límite es del tipo ∞/∞, por lo que podemos aplicar la regla de L'Hôpital.
Derivamos el numerador y el denominador.
$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{\frac{1}{x}}{-2x^{-3}} $$
Reescribimos el cociente.
$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{-2x^{3}}} $$
Simplificamos.
$$\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{-2x^3}{x} $$
$$\lim_{x \rightarrow 0+} -2x^2 = 0 $$
Ejemplo 4
Este límite presenta una forma indeterminada del tipo ∞/∞.
$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{x^2}{e^x} = \frac{∞}{∞} $$
Después de aplicar una vez la regla de L'Hôpital, el límite sigue siendo indeterminado.
$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{2x}{e^x} = \frac{∞}{∞} $$
Aplicamos la regla por segunda vez.
$$\lim_{x \rightarrow ∞} \frac{2}{e^x} = 0 $$
Por lo tanto, el límite original converge a cero.
Demostración
Caso de la forma indeterminada \(0/0\)
Como estamos ante una forma indeterminada del tipo \(0/0\), se cumple que
$$ \lim_{x \to x_0}f(x)=0 \qquad \text{y} \qquad \lim_{x \to x_0}g(x)=0. $$
Definimos
$$ f(x_0)=0 \qquad \text{y} \qquad g(x_0)=0, $$
de modo que ambas funciones sean continuas en \(x_0\).
Tomemos un punto cualquiera \(x\) del entorno \(I\), con \(x \neq x_0\). Las funciones \(f\) y \(g\) son continuas en el intervalo cerrado \([x_0,x]\) y derivables en el intervalo abierto \((x_0,x)\). Por ello, puede aplicarse el teorema del valor medio de Cauchy.
En consecuencia, existe un punto \(c\) comprendido entre \(x_0\) y \(x\) tal que
$$ \frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}. $$
Sustituyendo \(f(x_0)=0\) y \(g(x_0)=0\), obtenemos
$$ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}. $$
Ahora hacemos tender \(x\) a \(x_0\). Como \(c\) se encuentra entre \(x_0\) y \(x\), también se cumple que \(c \to x_0\). Por tanto,
$$ \lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{c \to x_0}\frac{f'(c)}{g'(c)}. $$
Si existe el límite
$$ \lim_{x \to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$
entonces
$$ \lim_{c \to x_0}\frac{f'(c)}{g'(c)}=\lim_{x \to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}. $$
En consecuencia,
$$ \boxed{\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}} $$
Este es precisamente el enunciado de la regla de L'Hôpital para la forma indeterminada \(0/0\).
Nota. La idea central de la demostración consiste en aplicar el teorema del valor medio de Cauchy. Gracias a este resultado, el cociente de las funciones puede expresarse como el cociente de sus derivadas evaluadas en un punto intermedio \(c\). Como dicho punto se aproxima a \(x_0\) cuando \(x\) tiende a \(x_0\), el límite del cociente de las funciones coincide con el límite del cociente de sus derivadas.
La demostración del caso restante sigue exactamente el mismo razonamiento.
Extensión de la regla de L'Hôpital al caso \( \infty / \infty \)
La regla de L'Hôpital no solo se aplica a los límites en los que la variable se aproxima a un punto finito. También puede utilizarse para resolver límites cuando \(x \to +\infty\) o cuando \(x \to -\infty\).
En este contexto, las hipótesis ya no tienen que cumplirse en un entorno de un punto determinado. Basta con que sean válidas a partir de un cierto valor de la variable. En otras palabras, deben verificarse para todo \(x > M\) si \(x \to +\infty\), o para todo \(x < -M\) si \(x \to -\infty\).
Cuando estas condiciones se cumplen, la conclusión de la regla de L'Hôpital sigue siendo exactamente la misma:
$$ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\pm\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}. $$
La demostración se basa en la misma idea que en el caso de un límite en un punto finito. Para ello, se introduce el cambio de variable \(t=\frac{1}{x}\), que transforma un límite en el infinito en un límite en un punto finito.
Una vez realizada esta transformación, la demostración continúa exactamente del mismo modo que para el caso \(x \to x_0\).
Aplicación de la regla de L'Hôpital a otras formas indeterminadas
La regla de L'Hôpital no puede aplicarse directamente a todas las formas indeterminadas. Expresiones como ∞-∞, 0·∞, 00, 1∞ e ∞0 deben transformarse previamente, siempre que sea posible, en una de las dos formas de cociente para las que la regla es válida: 0/0 o ∞/∞.
Formas indeterminadas \( 0 \cdot \infty \) y \( \infty \cdot 0 \)
Con frecuencia, un producto puede reescribirse como un cociente utilizando alguna de las siguientes identidades:
$$ f \cdot g = \frac{f}{\frac{1}{g}} $$
o bien
$$ f \cdot g = \frac{g}{\frac{1}{f}} $$
Ejemplo
Consideremos el límite
\[ \lim_{x\to+\infty} x e^{-x} \]
Cuando \(x \to +\infty\), se obtiene
\[ \lim_{x\to+\infty} x e^{-x} = \infty \cdot 0 \]
Esta expresión presenta una forma indeterminada del tipo \( \infty \cdot 0 \).
Para poder aplicar la regla de L'Hôpital, reescribimos el producto como un cociente:
\[ xe^{-x}=\frac{x}{e^x} \]
Así, el límite pasa a ser
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x} \]
Ahora la expresión adopta la forma indeterminada
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=\frac{\infty}{\infty} \]
Ya podemos aplicar la regla de L'Hôpital:
\[ \frac{D_x[x]}{D_x[e^x]}=\frac{1}{e^x} \]
Después de derivar el numerador y el denominador, obtenemos
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^x} \]
Como \( e^x \to +\infty \), resulta que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^x}=0 \]
Por tanto,
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=0} \]
En este ejemplo, bastó con transformar el producto en un cociente para convertir la forma indeterminada \( \infty \cdot 0 \) en otra sobre la que puede aplicarse directamente la regla de L'Hôpital.
Formas indeterminadas \(0^0 \), \(1^\infty \) e \(\infty^0 \)
Las formas indeterminadas \(0^0\), \(1^\infty\) e \(\infty^0\) aparecen al estudiar límites de expresiones del tipo
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)]^{g(x)} \]
donde \(f(x)>0\).
En concreto, aparecen en las siguientes situaciones:
- \(0^0\), si \( \lim_{x\to x_0}f(x)=0 \) y \( \lim_{x\to x_0}g(x)=0 \).
- \(1^\infty\), si \( \lim_{x\to x_0}f(x)=1 \) y \( \lim_{x\to x_0}g(x)=\pm\infty \).
- \(\infty^0\), si \( \lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty \) y \( \lim_{x\to x_0}g(x)=0 \).
La estrategia más utilizada consiste en expresar la potencia mediante la función exponencial:
\[ [f(x)]^{g(x)}=e^{\ln\!\left(f(x)^{g(x)}\right)}=e^{g(x)\ln f(x)} \]
Explicación. Partimos de la expresión \( [f(x)]^{g(x)} \). Como cualquier número positivo puede escribirse como \(x=e^{\ln x}\), podemos reescribir la potencia de la siguiente forma: \[ [f(x)]^{g(x)}=e^{\ln\!\left(f(x)^{g(x)}\right)} \] A continuación, aplicamos una de las propiedades de los logaritmos, concretamente \( \ln(x^y)=y\ln x \), y obtenemos \[ [f(x)]^{g(x)}=e^{\ln\!\left(f(x)^{g(x)}\right)}=e^{g(x)\ln f(x)} \]
Si existe el límite del exponente, el límite original puede escribirse como
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)]^{g(x)}=e^{\left[\lim_{x\to x_0}g(x)\ln f(x)\right]} \]
De este modo, el problema se reduce al cálculo del límite
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)\ln f(x) \]
En muchos casos, este producto presenta una forma indeterminada del tipo \(0\cdot\infty\).
Una vez más, basta con transformarlo en un cociente y aplicar la regla de L'Hôpital cuando sea necesario.
Ejemplo
Consideremos el límite
\[ \lim_{x\to0^+}x^x=0^0 \]
Se trata de una forma indeterminada del tipo \(0^0\). Reescribimos la potencia como
\[ x^x=e^{x\ln x} \]
El límite pasa a ser
\[ \lim_{x\to0^+}e^{x\ln x} \]
Dado que la función exponencial es continua, podemos introducir el límite en el exponente:
\[ e^{\lim_{x\to0^+}x\ln x} \]
Por tanto, solo queda calcular
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x \]
Este límite presenta la forma indeterminada
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0\cdot(-\infty) \]
Transformamos el producto en un cociente:
\[ x\ln x=\frac{\ln x}{1/x} \]
Entonces
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\frac{-\infty}{\infty} \]
Ahora la expresión tiene una forma que permite aplicar la regla de L'Hôpital.
\[ \frac{D_x[\ln x]}{D_x[1/x]}=\frac{\frac1x}{-\frac1{x^2}}=\frac1x\cdot(-x^2)=-x \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0 \]
En consecuencia, el límite del exponente es
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0 \]
Sin embargo, este todavía no es el resultado final. Corresponde únicamente al límite del exponente.
Sustituimos ahora este resultado en la función exponencial:
\[ e^{\lim_{x\to0^+}x\ln x}=e^0=1 \]
Por consiguiente, el límite original es
\[ \boxed{\lim_{x\to0^+}x^x=1} \]
Forma indeterminada \( \infty-\infty \)
Una expresión de la forma ∞-∞ también puede transformarse, en determinadas situaciones, en un cociente mediante manipulaciones algebraicas adecuadas. Sin embargo, no existe un procedimiento universal que funcione en todos los casos.
Antes de aplicar la regla de L'Hôpital, conviene comprobar siempre que la nueva expresión sea algebraicamente equivalente a la original y que adopte una de las dos formas de indeterminación necesarias para utilizar la regla: 0/0 o ∞/∞.
Ejemplo
Veamos cómo resolver un límite que presenta la forma indeterminada \(+\infty - \infty\):
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) \]
Cuando \(x \to 0^+\), ambos términos crecen sin límite y tienden a \(+\infty\). En consecuencia, la expresión adopta la forma indeterminada \(+\infty - \infty\).
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) = \infty - \infty \]
El primer paso consiste en eliminar la indeterminación. Para ello, reunimos ambas fracciones en una única fracción racional:
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) \]
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{x - 3\sin x}{x\sin x} \]
Ahora observamos que, cuando \(x \to 0^+\), tanto el numerador como el denominador tienden a cero. El límite se transforma así en una nueva forma indeterminada, \(\frac{0}{0}\), que puede resolverse aplicando la regla de l'Hôpital.
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{x - 3\sin x}{x\sin x} = \frac{0}{0} \]
Derivamos el numerador y el denominador:
\[ \frac{D_x[ x - 3\sin x ]}{D_x[x\sin x ]} = \frac{1 - 3 \cos x}{1 \cdot \sin x + x \cos x} = \frac{1 - 3 \cos x}{\sin x + x \cos x} \]
Tras aplicar la regla de l'Hôpital, el nuevo límite resulta mucho más sencillo de evaluar y su valor es \( -\infty \).
\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - 3\cos x}{\sin x + x\cos x} = -\infty \]
Por lo tanto, el límite original también vale:
\[ \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{3}{x} \right) = -\infty \]
Este mismo procedimiento puede aplicarse a muchos otros límites que presentan la forma indeterminada \(+\infty - \infty\). La clave consiste en transformar la expresión inicial en una forma adecuada para poder aplicar la regla de l'Hôpital.
Y así sucesivamente.
