Regla de L'Hôpital: Cas 0/0

Regla de L'Hôpital en casos de indeterminació del tipus 0/0.

—————— Resoldre el límit:

{lim}_{x \to 0} \frac{2 - 2 e^{3 x}}{5 x}

Solució:

Siga $f (x) = \frac{g (x)}{h (x)} = \frac{2 - 2 e^{3 x}}{5 x}$ . Quan $x$ val $0$ , el valor de la funció $f$ en el punt $x = 0,$ és a dir $f (0)$ val $\frac{g (0)}{h (0)} = \frac{2 - 2 e^{3.0}}{5.0} = \frac{2 - 2 e^{0}}{0} = \frac{2 - 2.1}{0} = \frac{2 - 2}{0} = \frac{0}{0}$ .

Però l'expressió

\frac{0}{0}

és una indeterminació, és a dir, no hi ha cap nombre real que siga el resultat de dividir 0 per 0.

Dit això, resulta que el càlcul del límit de $f (x)$ no resulta problemàtic per a cap altre valor de $x,$ per exemple si volem calcular el ${lim}_{x \to 1} \frac{2 - 2 e^{3 x}}{5 x},$ resulta $\frac{2 - 2 e^{3.1}}{5.1} = \frac{2 - 2 e^{3}}{5} ≊ - 7, 63,$ valor que podeu comprovar emprant una calculadora i que sí representa un valor real. Però ací es tracta de calcular el límit quan $x \to 0.$
Per a calcular el límit del problema emprarem la regla de L'Hôpital, que es pot enunciar així:

Siga

f (x)

el quocient de dues funcions,

g (x)

h (x)

i siga un punt

p \in] a, b [,

en el que

g (p) = h (p) = 0,

(on

] a, b [

és un interval obert de la recta real

R

). Si suposem que:

Les funcions $g (x)$ i $h (x)$ són contínues en $[a, b]$ (interval tancat).
Les funcions $g (x)$ i $h (x)$ són derivables en $] a, b [$ (interval obert).
Existeix el ${lim}_{x \to p} \frac{g' (p)}{h' (p)}$

En les condicions anteriors, la regla de l'Hôpital afirma que:

Existeix el ${lim}_{x \to p} \frac{g (p)}{h (p)}$
${lim}_{x \to p} \frac{g (p)}{h (p)}$ = ${lim}_{x \to p} \frac{g' (p)}{h' (p)}$

La demostració d'aquesta regla es basa en el teorema del valor mitjà generalitzat però ací només vorem la seua aplicació:

f (x) = \frac{g (x)}{h (x)} = \frac{2 - 2 e^{3 x}}{5 x}

. Les funcions

g (x)

h (x)

són clarament contínues i derivables en tota la recta real (i, en particular en qualsevol interval del punt 0):

f (x)

ho és degut a que la funció exponencial ho és, mentre que

g (x)

també ho és per ser una funció lineal. Per altra part, resulta que

g (0) = h (0) = 0.

Les derivades de les funcions

g (x)

h (x)

són respectívament:

g' (x) = - 6 e^{3 x}

h' (x) = 5

. Per altra part,

{lim}_{x \to 0} \frac{g' (0)}{h' (0)}

{lim}_{x \to 0} \frac{- 6 e^{3 x}}{5} = \frac{- 6 e^{3.0}}{5} = \frac{- 6 e^{0}}{5} = \frac{- 6.1}{5} = - \frac{6}{5}

i, per la regla de L'Hôpital, el límit de l'enunciat existeix i val també

- \frac{6}{5} .

Un altre problema que es pot resoldre per la regla de L'Hôpital és:

{lim}_{x \to 0} \frac{sin x}{x}

Es tracta d'un quocient de dues funcions que són contínues i derivables en qualsevol punt de la recta real i, per tant en qualsevol interval del punt 0. Si sustituim directament, de nou tenim una indeterminació del tipus

\frac{0}{0} .

Les derivades de les funcions que hi ha en el numerador i denominador, són respectívament

g' (x) = cos x

h' (x) = 1

. Com que

{lim}_{x \to 0} \frac{cos x}{1} = \frac{cos 0}{1} = \frac{1}{1} = 1

i, per la regla de L'Hôpital, 1 és també el límit de l'enunciat.

Dos observacions importants ací són:

L'expressió $\frac{sin 0}{0}$ continúa sent indeterminada i no té cap valor. El que sí que té valor es ${lim}_{x \to 0} \frac{sin x}{x}$ que reflecteix el comportament o la tendència de la funció $\frac{sin x}{x}$ quan el valor absolut de $x$ es fa més i més xicotet. Per exemple $\frac{sin x}{x}$ val 0,99834... quan $x$ val 0,1 radians, i val 0,999983... quan $x$ val 0,01 radians. (Ho podeu comprovar en la calculadora). Conforme va disminuint el valor absolut de $x,$ el límit va apropant-se més a 1. Aleshores, si definim $f (x) = \frac{sin x}{x},$ podem assignar a $f (0)$ el valor ${lim}_{x \to 0} \frac{sin x}{x}$ , que és 1.
Suposem ara que volem calcular el ${lim}_{x \to \frac{π}{2}} \frac{sin x}{x}$ ; com que l'expressió en sí té l'aspecte de ser de les que es resolen per la regla de L'Hôpital, derivant numerador i denominador tindriem: $\frac{cos x}{1}$ . Sustituint ara la variable tendriem que $\frac{cos \frac{π}{2}}{1} = \frac{0}{1} = 0.$ Però aquest resultat és incorrecte, ja que ${lim}_{x \to \frac{π}{2}} \frac{sin x}{x} = \frac{sin \frac{π}{2}}{\frac{π}{2}} = \frac{1}{π / 2} = \frac{2}{π} ≅ 0, 6366$ . I és que per aplicar correctament la regla de L'Hôpital ha d'haver com hem vist una indeterminació (en aquest cas del tipus $\frac{0}{0})$ al sustituir directament el valor de $x$ en el numerador i en el denominador de la fracció.

Quan es presenten les condicions que hem vist, la regla es pot aplicar reiteradament. Vejam un exemple:

{lim}_{x \to 2} \frac{x^{3} - 3 x^{2} + 4}{x^{2} - 4 x + 4}

Si sustituim directament el valor de

x = 2

en numerador i denominador tenim l'expressió indeterminada

\frac{0}{0}

A més, numerador i denominador compleixen els requisits per aplicar L'Hôpital. Derivant tenim el límit:

{lim}_{x \to 2} \frac{3 x^{2} - 6 x}{2 x - 4}

Una vegada més vegem que sustituint

x = 2

en numerador i denominador tornem a tindre l'expressió indeterminada

\frac{0}{0} .

Com que numerador i denominador obtinguts compleixen els requisits per aplicar L'Hôpital ja que

3 x^{2} - 6 x

2 x - 4

són contínues i derivables en un entorn del punt

x = 2

, resulta que aplicant de nou la regla tenim:

{lim}_{x \to 2} \frac{6 x - 6}{2} = \frac{6 \cdot 2 - 6}{2} = 3,

de manera que:

3 =

{lim}_{x \to 2} \frac{3 x^{2} - 6 x}{2 x - 4}

{lim}_{x \to 2} \frac{x^{3} - 3 x^{2} + 4}{x^{2} - 4 x + 4}

Si tenim ara el següent límit:

{lim}_{x \to - 1} \frac{x^{3} + 2 x^{2} - 5 x - 6}{x^{2} + 3 x + 2}

pots comprovar que al sustituir el valor

x = 1

en la fracció ens resulta de nou l'expressió indeterminada

\frac{0}{0} .

Una vegada més, numerador i denominador compleixen els requisits per aplicar L'Hôpital. Així que derivem i tenim:

{lim}_{x \to - 1} \frac{3 x^{2} + 4 x - 5}{2 x + 3}

Si sustituim ara el valor

x = - 1

en aquesta última fracció, comprova que:

{lim}_{x \to - 1} \frac{3 x^{2} + 4 x - 5}{2 x + 3}

=-6=

{lim}_{x \to - 1} \frac{x^{3} + 2 x^{2} - 5 x - 6}{x^{2} + 3 x + 2}

Però si en l'últim pas no tenim en compte que ja no hi ha indeterminació i apliquem erróneament la regla de L'Hôpital derivant numerador i denominador resultaria:

\frac{6 x + 4}{2}

, i, sustituint ara el valor -1 per a la variable

x

resultaria

\frac{6 \cdot (- 1) + 4}{2} = \frac{- 2}{2} = - 1

, resultat que seria incorrecte. Aleshores hi ha que comprovar en cada pas que hi ha una indeterminació abans d'aplicar la regla de L'Hôpital.