1r ciclo ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

[skinner]

Buenas, querría saber por qué mi profe dijo que no se puede aplicar L'Hôpital en el siguiente límite:

$$\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2}$$

Tengo una serie de dudas... a ver si me las aclaráis:

(1) ¿SIEMPRE puede derivarse numerador y denominador, para obtener un límite equivalente?
(2) ¿Por qué no puede aplicarse L´Hôpital?
(3) ¿Cuántos teoremas de L'Hôpital existen? Mi profe dijo que 8, por lo menos... pero solo nos dio una

Muchas gracias a todos, y un saludo!

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Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Hola!
Bueno, en primer lugar conviene enunciar el Teorema de L'Hôpital:
Si $\lim_{x \to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0$ en donde f y g son derivables en un entorno de a y existe $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)} {g'(x)}$ este límite coincide con $\lim_{x\to a} \frac{f(x)} {g(x)}$
Por lo tanto, para aplicar este teorema, debemos tener un límite de la forma anterior, donde a puede ser un número o infinito y deben aparecer las indeterminaciones $\frac {0}{0}$ o infinito entre infinito.

Por lo que no siempre se puede derivar el numerador y denominador para obtener un límite equivalente.
El límite que tú tienes es del tipo $\frac {0}{0}$ por lo que habría que hacer la derivada del denominador y el numerador para obtener un límite equivalente. Prueba a hacerlo y observa si se puede resolver por L'Hôpital.

Al hacer la derivada quedaría:
${(\frac{\sqrt{x^2+1}-1}{x^2})}'$ = $\frac {1} {x\sqrt{x^2+1}}$ - $\frac{2(\sqrt{x^2+1^}-1)} {x^3}$

Por lo tanto, ahora si hacemos el límite:

$\lim_{x \to 0}\frac {1} {x\sqrt{x^2+1}}$ - $\frac{2(\sqrt{x^2+1}-1)} {x^3}$ =$\frac{1}{0}$ - $\frac{0} {0}$ es decir, dos indeterminaciones, una del tipo $\frac{k} {0}$ y otra $\frac{0} {0}$ por lo que no podemos volver a aplicar la regla de l'Hôpital para resolver esta indeterminación.
Siento no poder contestarte a la última pregunta, pero nunca había oído hablar de que existiera diversas reglas de L'Hôpital, como siempre digo, esta pregunta se la dejo a los expertos, ya que no tengo un nivel universitario.

Saludos!

[skinner]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Gracias por tu respuesta, pero no veo la fórmula de LaTeX

Ah, y sigo sin comprender por qué no se puede usar L'Hôpital, si reúne todas las condiciones...

Un saludo!

[Cat_in_a_box]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Acabo de editar el mensaje porque tenía algunos problemas con LaTex
Si no lo ves, haciendo las derivadas y luego el límite, se observa que llegas a una resta que es 1/0 y 0/0 es decir dos indeterminaciones, por lo que a pesar de haber aplicado la regla de l'Hôpital no se ha podido llegar a un límite equivalente para resolver la indeterminación.
Creo que está bien, aunque tal vez he podido cometer algún fallo al derivar. Revísalo de todas formas, y pregunta lo de los diferentes teoremas, que ya me queda a mí la duda
Saludos!

[skinner]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

No hombre, has derivado la fracción completa. Lo que hay que hacer es derivar numerador y denominador como si fuesen funciones independientes, para llegar a que el límite es 1/2 (usando la regla del cociente, no la regla de L'Hôpital). Por eso digo, que no comprendo por qué no se puede usar L´Hôpital (imaginando, claro, que no pudiera usar la regla del cociente)

¿Alguien me resuelve la duda?

Un saludo!

[Metaleer]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Primer paso para resolver este límite: mandarle a freír espárragos al profesor que dijo tal burrada.

Segundo paso: Aplicar L'Hospital. La derivada del numerador es $\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$, y la del denominador, $2x$. Por tanto el límite pedido es

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{2x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2 \sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{2}.$$

skinner, a lo mejor tu profesor se refiere a todas las combinaciones posibles de indeterminaciones a las que se les puede aplicar la regla de L'Hospital.

Saludos.

[angel relativamente]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Que yo sepa para hacer L'hopital hemos de hacer la derivada del numerador entre la derivada del denominador:

$$\dst \frac{(\sqrt{x^2+1}-1)'}{(x^2)'}$$

Que no es lo mismo que hacerle la derivada a toda la fracción ya que estaríamos haciendo la derivada de un cociente (y no nos saldría un término equivalente).

Seguiremos derivando:

$$\dst \frac{(\sqrt{x^2+1)'}(-1)'}{(x^2)'} = \frac{[(x^2 + 1)^{1/2}]'}{2x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot (x^2+1)^{-1/2} \cdot (x^2 + 1)'}{2x} =\frac{\frac{1}{2}\cdot (x^2+1)^{-1/2} \cdot 2x}{2x}\longrightarrow$$

$$\dst \frac{\sqrt{\dst \frac{1}{(x^2+1)}}}{2}$$

$$\dst\lim_{x \to \0} \dst \frac{\sqrt{\dst \frac{1}{(x^2+1)}}}{2} = \frac{1}{2}$$

Quizá me he equivocado yo pero a mi me da esto.

Saludos

[Cat_in_a_box]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

D'oh qué fallo!
Es verdad, si tienes, razón, he visto los cálculos de Ángel y sí, da un medio, por lo que no sé porqué no se puede aplicar

[Cat_in_a_box]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

D'oh, qué despiste
Es verdad, sí, no sé porqué he hecho la derivada de toda la función si antes había puesto que era la derivada del denominador y la del numerador, qué falacia x)
Lo siento, es que estaba tan concentrado en buscar porqué no se podía aplicar l'Hôpital que he terminado aplicando mal su regla

He visto los cálculos de Ángel y de Metaleer y sí, parece ser que da un medio, por lo que, ¿por qué no se podrá utilizar (correctamente xD) l'Hôpital?

Siento las molestias!

[GNzcuber]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Hola skinner,

Bueno, ya te han mostrado que sí se puede aplicar la regla de l'Hôpital. Esta regla es un caso particular del teorema del valor medio de Cauchy. Dicha regla la podrás aplicar en el caso que tengas una indeterminación del estilo $\dst \frac{0}{0}$, probablemente a lo que se quiso referir tu profesor era, como te han dicho, la resolución de las diferentes indeterminaciones. Porque si bien l'Hôpital era matemático no era de los grandes y por querer ser recordado le compró el teorema que aplicamos a un matemático que tenía bastantes teoremas, Bernouilli.

Las indeterminaciones son del estilo: $\dst \frac{0}{0},\,\, 0\cdot\infty,\,\, \frac{\infty}{\infty},\,\, 1^\infty,\,\, \infty^0,\,\, 0^0,\,\, \infty-\infty$, bueno podemos ver que no llegan a ocho siquiera. La resolución de ellas por medio de la regla de l'Hôpital se reduce a llevar cada indeterminación a la primera, que es la que es válida para el teorema.

Y realmente no tiene mucho misterio, supongamos el segundo caso:

$$\dst \lim_{x\to a}f(x)=0\,\, y\,\, \lim_{x\to a}g(x)=\infty\Rightarrow \lim_{x\to a}\left(f(x)\cdot g(x)\right)=0\cdot \infty=\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}}=\frac{0}{\frac{1}{\infty}}=\frac{0}{0}$$

Para el tercer caso es la misma técnica. El quinto y sexto se resuelve con las propiedades de lo logaritmos:

$$\dst \lim_{x\to a}f(x)=0\,\, y\,\, \lim_{x\to a}g(x)=0\Rightarrow \lim_{x\to a}f(x)^{g(x)}=0^0=L\Rightarrow$$

$$\dst \Rightarrow \ln(L)=\ln\left(\lim_{x\to a}f(x)^{g(x)}\right)=\lim_{x\to a}\left(g(x)\cdot \ln(f(x))\right)=0\cdot (-\infty)$$

Y luego procedes como en (2).

Las indeterminaciones del estilo 4 también se pueden resolver por este método, sin embargo, normalmente, se aprovecha lo siguiente $\dst \lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$, y se procede de una manera muy metódica y sencilla.

Para las indeterminaciones del estilo 7 se puede llegar a una expresión aplicable, de la siguiente manera:

$$\dst \lim_{x\to a}f(x)=\infty\,\, y\,\,\lim_{x\to a}g(x)=\infty\Rightarrow \lim_{x\to a}\left(f(x)-g(x)\right)=\infty-\infty=\lim_{x\to a}\left(\dfrac{\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}}{\frac{1}{f(x)\cdot g(x)}}\right)=\frac{0}{0}$$

¡Saludos!

[skinner]

Re: ¿Por qué no se puede aplicar L'Hôpital?

Gracias por tu post, GNZcuber, me has resuelto muchas dudas de las que tenía

¿Eso significa que siempre podemos aplicar L'Hôpital?

Un saludo!