REGLA DE L'HÔPITAL

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Regla de L'Hôpital: Enlace al vídeo

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¿Qué dice la regla de l'Hôpital? ¿cómo uso la regla de l'hôpital?

La regla de L'Hôpital, es una técnica matemática que se utiliza para evaluar límites indeterminados de la forma o .

PROBLEMAS/ejercicios RESUELTOS: vídeos y pdf para descargar

exámenes de pau de matemáticas aplicadas a las cc. ss. ii

      exámenes de pau de matemáticas ii

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      Considera la función continua definida por:

      f(x)=(xcos(x)-asen(x))/x^3, si x<0; f(x) = bcos(x)-1, si x≥0

      Calcula a y b.

       

      • Andalucía Junio 2024 (Convocatoria Ordinaria Examen suplente) Ejercicio 2 Apartado b: Enlace al vídeo

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      Considera la función  definida por , donde f(x) = arctg(x+π)  donde arctg denota la función arcotangente.

      a) Calcula los intervalos de concavidad y convexidad de f. Estudia y halla, si existen, los puntos de inflexión de f (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

      b) Calcula lim(x→-π)⁡〖arctg(x+π)/sen(x)].

      PAU Madrid Convocatoria Ordinaria 2024 - Matemáticas II

      PAU Madrid Convocatoria Ordinaria 2024

      Ejercicio B2.

      Calcule:

      • (a) (1.25 puntos) \[ \int_{1}^{e} (x+2)\ln x \, dx. \]
      • (b) (1.25 puntos) \[ \lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \left(\tan\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{\cos x}}. \]

      Solución

      B2 (b):

      Se desea calcular el límite \[ L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \left(\tan\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{\cos x}}. \] Al sustituir \(x=\frac{\pi}{2}\) observamos que:
      \(\tan\frac{x}{2}\to\tan\frac{\pi}{4}=1\) y \(\cos x\to \cos\frac{\pi}{2}=0\), lo que genera la forma indeterminada \(1^\infty\).

      Para resolver esta indeterminación, tomamos el logaritmo natural: \[ \ln L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{\ln\left(\tan\frac{x}{2}\right)}{\cos x}. \] Al evaluar directamente, tanto el numerador como el denominador tienden a 0; se tiene la forma \(0/0\) y podemos aplicar la regla de L'Hôpital.

      Aplicando L'Hôpital: Derivamos el numerador y el denominador con respecto a \(x\).

      Derivada del numerador:
      Sea \(f(x)=\ln\left(\tan\frac{x}{2}\right)\). Entonces, \[ f'(x)=\frac{1}{\tan\frac{x}{2}} \cdot \frac{d}{dx}\left(\tan\frac{x}{2}\right). \] Recordamos que \[ \frac{d}{dx}\tan\frac{x}{2}=\frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}. \] Por lo tanto, \[ f'(x)=\frac{1}{\tan\frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sec^2\frac{x}{2}}{\tan\frac{x}{2}}. \]

      Derivada del denominador:
      Sea \(g(x)=\cos x\), de donde \[ g'(x)=-\sin x. \]

      Aplicando L'Hôpital, tenemos: \[ \ln L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sec^2\frac{x}{2}}{\tan\frac{x}{2}}}{-\sin x} = -\frac{1}{2}\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2\frac{x}{2}}{\tan\frac{x}{2}\,\sin x}. \]

      Evaluamos el límite al sustituir \(x=\frac{\pi}{2}\):

      • \( \frac{x}{2}\to\frac{\pi}{4}\), por lo que \(\sec^2\frac{\pi}{4} = \left(\frac{1}{\cos\frac{\pi}{4}}\right)^2 = \left(\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\right)^2 = 2.\)
      • \(\tan\frac{\pi}{4}=1.\)
      • \(\sin\frac{\pi}{2}=1.\)

      Por lo tanto, \[ \ln L = -\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{1\cdot 1} = -1. \]

      Finalmente, al aplicar la exponencial: \[ L = e^{-1}. \]

      Conclusión: El límite es \[ \lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \left(\tan\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{\cos x}} = e^{-1}. \]

      Problema 3 - EBAU Región de Murcia Junio 2024

      EBAU Región de Murcia Junio 2024

      Problema 3

      Calcule los siguientes límites:

      • a) \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\cos(3x)-\cos(2x)}{x^2}\)
      • b) \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \Bigl(\sqrt{x+9} - \sqrt{x-9}\Bigr)\)
      • c) \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\)

      Solución

      Apartado a: Cálculo de \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\cos(3x)-\cos(2x)}{x^2}\)

      Al sustituir \(x=0\) se obtiene la forma indeterminada \(\frac{0}{0}\), por lo que se aplica L'Hôpital.

      Derivamos el numerador y el denominador:

      Numerador: \(\displaystyle \frac{d}{dx}[\cos(3x)-\cos(2x)] = -3\sin(3x)+2\sin(2x)\).

      Denominador: \(\displaystyle \frac{d}{dx}[x^2] = 2x\).

      Así, el límite se transforma en:

      \[ \lim_{x\to 0} \frac{-3\sin(3x)+2\sin(2x)}{2x}. \]

      Al evaluar en \(x=0\) se sigue obteniendo \(\frac{0}{0}\); se aplica L'Hôpital una segunda vez:

      Derivamos nuevamente:

      Numerador: \(\displaystyle \frac{d}{dx}[-3\sin(3x)+2\sin(2x)] = -9\cos(3x)+4\cos(2x)\).

      Denominador: \(\displaystyle \frac{d}{dx}[2x] = 2\).

      Entonces:

      \[ \lim_{x\to 0} \frac{-9\cos(3x)+4\cos(2x)}{2} = \frac{-9\cos(0)+4\cos(0)}{2} = \frac{-9+4}{2} = -\frac{5}{2}. \]

      Por lo tanto, \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\cos(3x)-\cos(2x)}{x^2} = -\frac{5}{2}\).

      Apartado c: Cálculo de \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\)

      Al sustituir \(x\to +\infty\) se obtiene la forma indeterminada \(\frac{\infty}{\infty}\). Se aplica L'Hôpital:

      Derivada del numerador: \(\displaystyle \frac{d}{dx}(\ln x)=\frac{1}{x}\).

      Derivada del denominador: \(\displaystyle \frac{d}{dx}(\sqrt{x})=\frac{1}{2\sqrt{x}}\).

      El límite se transforma en:

      \[ \lim_{x\to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{2\sqrt{x}}} = \lim_{x\to +\infty} \frac{2\sqrt{x}}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{2}{\sqrt{x}} = 0. \]
      Solución Problema 4 - Análisis

      ABAU Galicia Convocatoria Ordinaria 2024

      PREGUNTA 4

      Calcule los siguientes límites:

      a) \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \ln(1 + x)}{x \sin x}\)

      b) \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{\sin x} - e^x}{x^2}\)

      Solución apartado a:

      Límite: \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \ln(1 + x)}{x \sin x}\)

      Paso 1: Evaluar la indeterminación

      Sustituyendo \(x = 0\):

      \[ \frac{\sin 0 - \ln(1 + 0)}{0 \cdot \sin 0} = \frac{0 - 0}{0} = \frac{0}{0} \quad (\text{Indeterminación}) \]

      Paso 2: Primera aplicación de L'Hôpital

      Derivamos numerador y denominador:

      \[ \text{Numerador: } \frac{d}{dx} (\sin x - \ln(1 + x)) = \cos x - \frac{1}{1 + x} \] \[ \text{Denominador: } \frac{d}{dx} (x \sin x) = \sin x + x \cos x \]

      Nuevo límite:

      \[ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \ln(1 + x)}{x \sin x}=\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - \frac{1}{1 + x}}{\sin x + x \cos x} \]

      Evaluando en \(x = 0\): \(\frac{1 - 1}{0 + 0} = \frac{0}{0}\) (aplicar L'Hôpital nuevamente).

      Paso 3: Segunda aplicación de L'Hôpital

      Derivamos numerador y denominador:

      \[ \text{Numerador: } \frac{d}{dx} \left(\cos x - \frac{1}{1 + x}\right) = -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} \] \[ \text{Denominador: } \frac{d}{dx} (\sin x + x \cos x) = \cos x + \cos x - x \sin x = 2\cos x - x \sin x \]

      Nuevo límite:

      \[ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \ln(1 + x)}{x \sin x}=\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - \frac{1}{1 + x}}{\sin x + x \cos x}=\lim_{x \to 0} \frac{-\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2}}{2\cos x - x \sin x} \]

      Paso 4: Evaluar el resultado

      Sustituimos \(x = 0\):

      \[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \ln(1 + x)}{x \sin x}=\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - \frac{1}{1 + x}}{\sin x + x \cos x}=\lim_{x \to 0} \frac{-\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2}}{2\cos x - x \sin x}=\frac{-0 + \frac{1}{1^2}}{2 \cdot 1 - 0} = \frac{1}{2} \]

      Resultado: \(\boxed{\dfrac{1}{2}}\)

      Solución apartado b:

      Límite: \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{\sin x} - e^x}{x^2}\)

      Paso 1: Evaluar indeterminación

      Sustituyendo \(x = 0\):

      \[ \frac{e^0 - e^0}{0^2} = \frac{0}{0} \quad (\text{Indeterminación}) \]

      Paso 2: Primera aplicación de L'Hôpital

      Derivamos numerador y denominador:

      \[ \text{Numerador: } \frac{d}{dx} \left(e^{\sin x} - e^x\right) = e^{\sin x} \cos x - e^x \] \[ \text{Denominador: } \frac{d}{dx} x^2 = 2x \]

      Nuevo límite:

      \[ \lim_{x \to 0} \frac{e^{\sin x} \cos x - e^x}{2x} \]

      Evaluando en \(x = 0\): \(\frac{1 \cdot 1 - 1}{0} = \frac{0}{0}\) (aplicar L'Hôpital nuevamente).

      Paso 3: Segunda aplicación de L'Hôpital

      Derivamos numerador y denominador:

      \[ \text{Numerador: } \frac{d}{dx} \left(e^{\sin x} \cos x - e^x\right) = e^{\sin x}(\cos^2 x - \sin x) - e^x \] \[ \text{Denominador: } \frac{d}{dx} 2x = 2 \]

      Nuevo límite:

      \[ \lim_{x \to 0} \frac{e^{\sin x}(\cos^2 x - \sin x) - e^x}{2} \]

      Paso 4: Evaluar el resultado

      Sustituimos \(x = 0\):

      \[ \frac{e^0(1^2 - 0) - e^0}{2} = \frac{1(1) - 1}{2} = \frac{0}{2} = 0 \]

      Resultado: \(\boxed{0}\)

      Problema 4 - Función f(x)

      EBAU La Rioja Convocatoria Ordinaria 2024

      Problema 4

      Considere la función:

      \[ f(x) = \frac{\ln x}{\sqrt{x}}, \]

      definida para todo valor de \(x > 0\).

      (a) (0,5 p.) Calcule \(\lim_{x \to +\infty} f(x)\).

      (b) (1,5 p.) Calcule la integral indefinida \( \int f(x) dx \).

      (c) (0,5 p.) Determine el valor de \(a > 0\) para el cual se cumple que:

      \[ \int_1^a f(x) dx = 4. \]

      Solución

      Apartado (a): Cálculo del límite cuando \(x \to +\infty\).

      Tenemos la función:

      \[ f(x) = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}, \]

      El límite es de la forma \( \frac{\infty}{\infty} \), por lo que podemos aplicar la regla de L'Hopital. Derivamos numerador y denominador:

      \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1/(2\sqrt{x})} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2\sqrt{x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{x}} = 0. \]

      Por lo tanto, \( \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 \).

      Problema E8 - Análisis

      EBAU Castilla y León Convocatoria Ordinaria 2024

      Problema E8

      Calcular:

      (a) \[ \lim_{x\to 0} \frac{x\,(e^x-1)}{\cos x-1} \] (1 punto)

      (b) \[ \int_{0}^{2} e^{-x}(x-1)\,dx \] (1 punto)

      Solución

      Paso 1: Verificación de la forma indeterminada

      Al evaluar la función en \(x=0\):

      • Numerador: \(x(e^x-1) \to 0\cdot (1-1) = 0\).
      • Denominador: \(\cos x-1 \to 1-1 = 0\).

      Obtenemos la forma indeterminada \( \frac{0}{0} \), lo que permite aplicar L'Hôpital.

      Paso 2: Primera aplicación de L'Hôpital

      Sea \[ f(x)=x(e^x-1) \quad \text{y} \quad g(x)=\cos x-1. \]

      Diferenciamos ambos:

      • \(f'(x)=\frac{d}{dx}\bigl[x(e^x-1)\bigr] = (e^x-1) + x\cdot e^x\).
      • \(g'(x)=\frac{d}{dx}[\cos x-1] = -\sin x\).

      El límite se transforma en: \[ \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1+x\,e^x}{-\sin x}. \]

      Evaluando en \(x=0\):

      • Numerador: \(e^0-1+0\cdot e^0= 1-1+0=0\).
      • Denominador: \(-\sin 0=0\).

      La forma sigue siendo \(0/0\), por lo que aplicamos L'Hôpital nuevamente.

      Paso 3: Segunda aplicación de L'Hôpital

      Diferenciamos nuevamente el numerador y el denominador:

      • Derivamos el numerador \(f'(x)= e^x-1+xe^x\): \[ f''(x)=\frac{d}{dx}\left[e^x-1+xe^x\right]= e^x+e^x+xe^x= 2e^x+xe^x. \]
      • Derivamos el denominador \(g'(x)=-\sin x\): \[ g''(x)= -\cos x. \]

      Entonces, el límite se convierte en: \[ \lim_{x\to 0}\frac{f''(x)}{g''(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{2e^x+xe^x}{-\cos x}. \]

      Evaluamos en \(x=0\):

      • Numerador: \(2e^0+0\cdot e^0=2\).
      • Denominador: \(-\cos 0 = -1\).

      Así, el límite es: \[ \frac{2}{-1}=-2. \]

      Conclusión:

      Aplicando L'Hôpital dos veces, se concluye que:

      \[ \lim_{x\to 0}\frac{x(e^x-1)}{\cos x-1}=-2. \]