Con respecto a este comentario Quería preguntar (y dar una respuesta): ¿qué más tenemos que suponer y comprobar antes de poder aplicar la regla de L'Hospital? ¿Y por qué tenemos que hacerlo, por ejemplo, importa realmente si no lo comprobamos?
Por el bien del argumento, utilizaré una pregunta de un examen y combinaré dos soluciones ("soluciones reales", como las que entregaron los estudiantes) que señalarán errores comunes al aplicar la regla de L'Hospital. El examen lo hicieron estudiantes del primer semestre de universidad.
Pregunta: Determina el siguiente límite (si existe): $$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}$$
Solución equivocada: tenemos $\lim\limits_{x\to\infty}(x-\sin(x))=\lim\limits_{x\to\infty}(x+\sin(x))=\infty$ por lo que aplicando la regla de L'Hospital obtenemos: $$\lim\limits_{x\to\infty} \frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}.$$ Para este límite obtenemos también una forma indeterminada, por lo que aplicando de nuevo la regla de L'Hospital obtenemos $$\lim\limits_{x\to\infty} \frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sin(x)}{-\sin(x)}=-1.$$
La solución $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}=-1$ y el proceso de solución son completamente erróneos. En primer lugar, se puede demostrar que $$\frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}\geq 0$$ para todos $x\in\mathbb R\setminus\{0\}$ por lo que el límite (si existe) no puede ser negativo. Para analizar los errores, primero tenemos que buscar, lo que realmente dice la regla de L'Hospital:
Sea $a,b\in\mathbb R\cup\{-\infty,\infty\},a<b$ . Sea $f:(a,b)\rightarrow\mathbb R$ y $g:(a,b)\rightarrow\mathbb R$ sea diferenciable con $g'(x)\neq 0$ para todos $x\in(a,b)$ . Entonces se cumple lo siguiente:
Si $\lim\limits_{x\uparrow b}f(x)=\lim\limits_{x\uparrow b}g(x)=A\in\{0,-\infty,\infty\}$ y $\lim\limits_{x\uparrow b} \frac{f'(x)}{g'(x)}=L\in\mathbb R\cup\{-\infty,\infty\}$ existe, entonces $\lim\limits_{x\uparrow b} \frac{f(x)}{g(x)}=L$ .
Un argumento similar es válido para $\lim\limits_{x\downarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}$ .
Los requisitos de $f,g$ siendo funciones diferenciables, etc. nunca se comprobaron en la solución. Veamos ahora las aplicaciones de la regla de L'Hospital.
Primera solicitud: $\displaystyle\lim\limits_{x\to\infty} \frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}$
Comprobamos si podemos aplicar la regla de L'Hospital. En primer lugar, debemos definir $$f:(0,\infty)\rightarrow\mathbb R,x\mapsto x-\sin(x)~\text{and}~g:(0,\infty)\rightarrow\mathbb R,x\mapsto x+\sin(x).$$ Entonces $f$ y $g$ son diferenciables y $\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$ está bien definido como $g(x)\neq 0$ para $x\in(0,\infty)$ .
También tenemos $\lim\limits_{x\to\infty}(x-\sin(x))=\lim\limits_{x\to\infty}(x+\sin(x))=\infty$ . Pero no debemos aplicar la regla de L'Hospital, ya que no tenemos $g'(x)\neq 0$ para $x\in (0,\infty)$ :
con $g'(x)=1+\cos(x)$ tenemos $$g'(x)=0 \Leftrightarrow \cos(x)=-1 \Leftrightarrow x=\pi+2\pi k,k\in\mathbb Z.$$ En $\pi\in (0,\infty)$ no tenemos $g'(x)\neq 0$ para todos $x\in(0,\infty)$ .
Ahora se podría intentar desplazar el punto final inferior del intervalo $(0,\infty)$ arriba; como estamos viendo $x\to\infty$ el punto final inferior del intervalo no importa realmente. Así que definamos $f,g:(4,\infty)\rightarrow\mathbb R$ de esta forma eliminamos $\pi$ del dominio de $g$ y $g'$ . Pero seguimos teniendo $g'(3\pi)=0$ con $3\pi\in (4,\infty)$ . No importa en qué intervalo $(a,\infty)$ definimos $f$ y $g$ siempre encontraremos $k\in\mathbb Z$ con $\pi+2\pi k>a$ y por lo tanto $g'(\pi+2\pi k)=0$ . Por tanto, la primera aplicación de la regla de L'Hospital en la solución es errónea.
Segunda solicitud: $\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sin(x)}{-\sin(x)}$
En primer lugar tendríamos que definir $$f:(a,\infty)\rightarrow \mathbb R,x\mapsto 1-\cos(x)~\text{and}~g:(a,\infty)\rightarrow\mathbb R,x\mapsto 1+\cos(x).$$ Entonces con $g'(x)=-\sin(x)$ tendríamos el mismo problema que en la primera aplicación: $$g'(x)=0\Leftrightarrow x=\pi k,k\in\mathbb Z.$$ Pero hay otro error, que (al menos en mi experiencia) ocurre a menudo cuando se intenta aplicar la regla de L'Hospital.
El límite $\lim\limits_{x\to\infty} \frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}$ no es de la forma indeterminada $\frac{A}{A}$ con $A\in\{0,\pm\infty\}$ . Para la aplicación de la regla de L'Hospital esta es una condición necesaria.
Sí, el límite $\lim\limits_{x\to\infty} \frac{1-\cos(x)}{1+\cos(x)}$ es de alguna forma indeterminada, pero no se ajusta a la regla de L'Hospital. Por tanto, sólo porque un límite tenga una forma indeterminada, no se puede aplicar sin más la regla de L'Hospital.
La regla de L'Hospital necesita algo más que $\frac{0}{0}$ o $\frac{\infty}{\infty}$ ser aplicable y es importante al menos pensar en los requisitos a la hora de utilizarlo. A menudo hay otras formas de llegar a la respuesta correcta sin utilizar la regla de L'Hospital que, en mi opinión, deberían considerarse en primer lugar.
Como último punto, una solución correcta para calcular el límite:
Para $x\neq 0$ que tenemos: $$\frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}=\frac{x\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)}{x\left(1+\frac{\sin(x)}{x}\right)}=\frac{1-\frac{\sin(x)}{x}}{1+\frac{\sin(x)}{x}}.$$ Porque $|\sin(x)|\leq 1$ tenemos $-\frac{1}{x}\leq \frac{\sin(x)}{x}\leq \frac{1}{x}$ . En $\lim\limits_{x\to\infty} \frac{1}{x}=0$ y el teorema de squeeze obtenemos $\lim\limits_{x\to\infty} \frac{\sin(x)}{x}=0$ y así tenemos $$\lim\limits \frac{x-\sin(x)}{x+\sin(x)}=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{1-\frac{\sin(x)}{x}}{1+\frac{\sin(x)}{x}}=1.$$
Editar: como ha preguntado S.Panja-1729 en los comentarios, una forma de mostrar $\lim\limits_{x\to\infty} x+\sin(x)=\infty$ .
Con $|\sin(x)|\leq 1$ tenemos $x+\sin(x)\geq x-1$ . En $\lim\limits_{x\to\infty} x-1=\infty$ podemos concluir $\lim\limits_{x\to\infty} x+\sin(x)=\infty$ . Un argumento similar es válido para $\lim\limits_{x\to\infty} x-\sin(x)=\infty$ .
Señalar otro error al utilizar la regla de L'Hospital (como sugiere Andrew D. Hwang en los comentarios):
Pregunta: Determina el siguiente límite (si existe): $$\lim_{x \to \infty} \frac{x - \frac{1}{2}\sin(x)}{x + \frac{1}{2} \sin(x)}$$
Solución equivocada: tenemos $\lim\limits_{x\to\infty} \left( x-\frac{1}{2}\sin(x) \right)=\lim\limits_{x\to\infty} \left(x+\frac{1}{2}\sin(x) \right)=\infty$ por lo que aplicando la regla de L'Hospital obtenemos $$\lim_{x \to \infty} \frac{x - \frac{1}{2}\sin(x)}{x + \frac{1}{2} \sin(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{2}\cos(x)}{1+\frac{1}{2}\cos(x)}.$$ En $$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{2}\cos(x)}{1+\frac{1}{2}\cos(x)}$$ no existe, podemos concluir que $$\lim_{x \to \infty} \frac{x - \frac{1}{2}\sin(x)}{x + \frac{1}{2} \sin(x)}$$ no existe.
Para analizar el error, volvemos a comprobar si podemos aplicar la regla de L'Hospital.
Sea $$f:(0,\infty)\rightarrow \mathbb R,f(x)=x - \frac{1}{2}\sin(x),~g:(0,\infty)\rightarrow\mathbb R,g(x)=x + \frac{1}{2} \sin(x).$$ Entonces $f$ y $g$ son diferenciables y $\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$ está bien definido, ya que $g(x)\neq 0$ para $x\in(0,\infty)$ . Además, con $g'(x)=1+\frac{1}{2}\sin(x)$ tenemos $g'(x)\neq 0$ para $x\in (0,\infty)$ Así pues $\displaystyle \frac{f'(x)}{g'(x)}$ está bien definida. Pero seguimos sin poder aplicar la regla de L'Hospital, ya que no se cumple el último requisito.
Para aplicar la regla de L'Hospital es necesario, que el límite $$\lim\limits_{x\uparrow b} \frac{f'(x)}{g'(x)}$$ existe como número real, lo que significa que $\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}$ converge a $L\in\mathbb R$ como $x$ se acerca a $b$ o el límite existe como $\pm\infty$ lo que significa que $\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}$ diverge (estrictamente) a $\infty$ o $-\infty$ como $x$ se acerca a $b$ . Sólo en este caso podemos identificar el límite $$\lim\limits_{x\uparrow b}\frac{f'(x)}{g'(x)}$$ con $$\lim\limits_{x\uparrow b}\frac{f(x)}{g(x)}.$$
En nuestra pregunta obtenemos $$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{2}\cos(x)}{1+\frac{1}{2}\cos(x)}$$ que no converge a $L\in\mathbb R$ ni diverge (estrictamente) a $\infty$ o $-\infty$ . Por lo tanto, no podemos aplicar la regla de L'Hospital.
Para obtener la respuesta correcta, podemos utilizar el mismo argumento que hemos utilizado para la primera pregunta y obtener: $$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x-\frac{1}{2}\sin(x)}{x+\frac{1}{2}\sin(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac {1-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sin(x)}{x}}{1+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin(x)}{x}}=1.$$
Se agradecerán preguntas, comentarios, correcciones, etc.
Respuesta muy instructiva, +1. Otra forma de calcular el límite podría ser $\frac{x - 1}{x + 1} \leq \frac{x-1}{x+\sin x} \leq \frac{x-\sin x}{x+\sin x}\leq\frac{x+1}{x+\sin x}\leq\frac{x+1}{x-1}$
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
2 votos
Quizá le interese: maa.org/programs/faculty-and-departments/