Regla de L'Hôpital con transformación previa

Consideraciones previas

Los apartados de este ejercicio están pensados para que practiques la regla de L'Hôpital para resolver indeterminaciones del tipo 0·∞ y ∞-∞. Aunque la regla nos permite resolver de manera directa indeterminaciones del tipo 0/0 o ∞/∞, en los apartados de este ejercicio haremos las transformaciones necesarias para obtener este último tipo de indeterminaciones. Concretamente, siempre que las funciones del numerador y del denominador sean derivables en un entorno del punto en el que estamos calculando el límite, se cumple que:

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f\text{'}\left(x\right)}{g\text{'}\left(x\right)}=L$$

Consulta la teoría vinculada para una información más precisa y formal.

Resolución

1.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }2x·\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)}$$

Comenzamos sustituyendo, como normalmente...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }2x·\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)=\infty ·\left(3^0-1\right)=\left[\infty ·0\right] \text{IND}$$

Podemos convertir dicha indeterminación en una del tipo 0/0:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }2x·\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)\underset{a=\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{a}}}}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{2x}}}·\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)}{{\displaystyle \frac{1}{2x}}}=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND}$$

Ahora sí podemos derivar para aplicar L'Hôpital:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)}{{\displaystyle \frac{1}{2x}}}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3^{\frac{1}{x}}·\cancel{\left({\displaystyle \frac{-1}{x^2}}\right)}\ln \left(3\right)}{{\displaystyle \frac{\cancel{-1}}{2\cancel{x^2}}}}=2·\ln \left(3\right)$$

Con lo que podemos afirmar que:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }2x·\left(3^{\frac{1}{x}}-1\right)=2·\ln \left(3\right)$$

2.-

$$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\ln \left(x^2+1\right)}-\frac{1}{x^2}\right)}$$

Comenzamos, como normalmente, sustituyendo:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\ln \left(x^2+1\right)}-\frac{1}{x^2}\right)=\frac{1}{0}-\frac{1}{0}=\left[\infty -\infty \right] \text{IND}$$

Realizamos la resta para intentar obtener otro tipo de indeterminación:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\ln \left(x^2+1\right)}-\frac{1}{x^2}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-\ln \left(x^2+1\right)}{x^2\ln \left(x^2+1\right)}=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND}$$

Aplicamos la regla de L'Hôpital:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-\ln \left(x^2+1\right)}{x^2\ln \left(x^2+1\right)}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x-{\displaystyle \frac{2x}{x^2+1}}}{2x·\ln \left(x^2+1\right)+{\displaystyle \frac{2x^3}{x^2+1}}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cancel{2x}}{\cancel{2x}}\frac{1-{\displaystyle \frac{1}{x^2+1}}}{\ln \left(x^2+1\right)+{\displaystyle \frac{x^2}{x^2+1}}}=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND}$$

Volvemos a aplicar L'Hôpital:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-{\displaystyle \frac{1}{x^2+1}}}{\ln \left(x^2+1\right)+{\displaystyle \frac{x^2}{x^2+1}}}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}}}{{\displaystyle \frac{2x}{1+x^2}}+{\displaystyle \frac{2x·\left(x^2+1\right)-2x·x^2}{{\left(x^2+1\right)}^2}}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cancel{2x}}{\cancel{2x}}\frac{{\displaystyle \frac{1}{{\left(x^2+1\right)}^2}}}{{\displaystyle \frac{1}{1+x^2}+\frac{\left(x^2+1\right)-x^2}{{\left(x^2+1\right)}^2}}}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$$

Con lo que...

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\ln \left(x^2+1\right)}-\frac{1}{x^2}\right)=\frac{1}{2}$$

3.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2+2-\sqrt{x^4-4x}\right)}$$

Para resolver este apartado es importante recordar que algunas indeterminaciones de tipo ∞-∞ se pueden resolver mediante comparación de infinitos.

Sustituimos y...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2+2-\sqrt{x^4-4x}\right)=\underset{\text{grado 2}}{\underbrace{\infty }}-\sqrt{\underset{\text{En esta comparación 'gana' }+\infty }{\underbrace{\underset{\text{grado 4}}{\underbrace{\infty }}-\underset{\text{grado 1}}{\underbrace{\infty }}}}}=\left[\underset{\text{grado 2}}{\underbrace{\infty }}-\underset{\text{grado }\sqrt{4}}{\underbrace{\infty }}\right] \text{IND}$$

Obtenemos una indeterminación ∞-∞. En este caso los dos infinitos son de igual grado, por lo que debemos buscar la forma de resolverlo por L'Hôpital. Observa que, por comodidad nos conviene dividir el proceso de la siguiente manera aplicando la propiedad del límite de la suma y resta de funciones.

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2+2-\sqrt{x^4-4x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2-\sqrt{x^4-4x}\right)+\underset{x\to \infty }{\lim }\left(2\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2-\sqrt{x^4-4x}\right)+2$$

Para resolver el límite que nos queda, multiplicamos y dividimos por el conjugado:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2-\sqrt{x^4-4x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\left(x^2-\sqrt{x^4-4x}\right)·\left(x^2+\sqrt{x^4-4x}\right)}{\left(x^2+\sqrt{x^4-4x}\right)}\underset{\left(a+b\right)\left(a-b\right)=a^2-b^2}{\underbrace{=}}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\left(x^2\right)}^2-{\left(\cancel{\sqrt{x^4-4x}}\right)}^{\cancel{2}}}{\left(x^2+\sqrt{x^4-4x}\right)}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\cancel{x^4}+-\cancel{x^4}+4x}{\left(x^2+\sqrt{x^4-4x}\right)}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]\text{IND}$$

Ahora toca, por ejemplo, aplicar L'Hôpital para resolver la indeterminación:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4x}{\left(x^2+\sqrt{x^4-4x}\right)}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4}{2x+{\displaystyle \frac{4x^3-4}{2\sqrt{x^4-4x}}}}=\frac{4}{\infty }=0$$

Con lo que...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2+2-\sqrt{x^4-4x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x^2-\sqrt{x^4-4x}\right)+\underset{x\to \infty }{\lim }\left(2\right)=0+2=2$$

4.

$$\boxed{\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)·\tan \left(x\right)}$$

Sustityendo obtenemos...

$$\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)·\tan \left(x\right)=\left[0·\infty \right] \text{IND}$$

Hacemos la transformación que nos permitirá aplicar la regla de L'Hôpital:

$$\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)·\tan \left(x\right)=\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\frac{\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)}{{\displaystyle \frac{1}{\tan \left(x\right)}}}=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND}$$

Recordamos que tan(x)=sin(x)/cos(x), para derivar con más comodidad, y resolvemos:

$$\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\frac{\left(x-\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)}{{\displaystyle \left.\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle \tan \left(x\right)}}\right\}\frac{\cos \left(x\right)}{\sin \left(x\right)}}}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\frac{1}{{\displaystyle \frac{-{\sin }^2\left(x\right)-{\cos }^2\left(x\right)}{{\sin }^2\left(x\right)}}}\underset{{\sin }^2\left(x\right)+{\cos }^2\left(x\right)=1}{\underbrace{=}}\underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }\frac{1}{{\displaystyle \frac{-1}{{\sin }^2\left(x\right)}}}=-1$$