De l'Hospital de la Regla establece que:
Para dos funciones diferenciables $f$ $g$ donde $g'(x)\neq 0$, de tal manera que
$$\lim_{x\to a} f(x)=0$$
$$\lim_{x\to a} g(x)=0$$
Podemos decir que:
$$\lim_{x\to a} {f(x)\over g(x)}= \lim_{x\to a} {f'(x)\over g'(x)}\\ $$
NOTA: Si ya sabes la prueba y no quieren leer todo esto, vaya todo el camino hacia abajo a $\blacksquare_{1.1}$
PRUEBA 1.1:
Deje $f$ $g$ ser funciones continuas en $[a,b]$ y diferenciable en a $(a,b)$.
También, suponga $g'(x)\neq 0$ $(a,b)$ $g(b)\neq g(a).\\$
La proposición 1.1.1: existe algún punto de $c$ en el intervalo abierto $(a,b)$ tal forma que:
${f'(c)\over g'(c)} = {{f(b) - f(a)}\over {g(b) - g(a)}}$
Prueba 1.1.1 $\quad \triangleright$
Deje $$\space h(x)= f(x)-f(a) - {{f(b) - f(a)}\over {g(b) - g(a)}}\cdot (g(x)-g (a))\\$$
Simplemente sustituyendo valores podemos ver claramente que $h(a)=h(b)=0$. Ahora porque $f(a)$, $f(b)$, $g(a)$ y $g(b)$ son constantes, por lo tanto, podemos decir que se parece mucho a $f$ y $g$, $h$ también es continua en a $[a,b]$ y diferenciable en a $(a,b).\\$
Si podemos diferenciar $h$ w.r.t. $x$, se obtiene el siguiente:
$$h'(x) = f'(x) - g'(x)\cdot {{f(b) - f(a)}\over {g(b) - g(a)}}\\$$
Usando el Teorema de Rolle (que yo porpusely no demostrar como la pregunta es lo suficientemente largo como es que podemos decir que existe una $c$ $(a,b)$ tal que $h'(c)=0$
Así, podemos decir que
$0 = f'(c) - g'(c)\cdot {{f(b) - f(a)}\over {g(b) - g(a)}} $
De ahí que nos muestra que
${f'(c)\over g'(c)} = {{f(b) - f(a)}\over {g(b) - g(a)}}$
$$\blacksquare_{1.1.1}$$
$\triangleleft \\$
Recuerde que $\lim_{x\to a} f(x)= \lim_{x\to a} g(x)=0$.
Donde $a$ es finito.
También dijimos $g(x)\neq 0$.
Por lo tanto, Vamos a dejar
$L:= \lim_{x\to a} {f'(x)\over g'(x)} \\$
También vamos a definir las funciones de $F$$G$.
$F(x) = f(x) \Longrightarrow x\neq a$ $F(x) = 0 \Longrightarrow x = a$
Del mismo modo
$G(x) = g(x) \Longrightarrow x\neq a$ $G(x) = 0 \Longrightarrow x = a$
Debido a $F$ $G$ se definen en $x=a$, son continuas en a $a$. (A diferencia de $f$$g$)
Esto significa que para $x>a$, las funciones de $F$ $G$ son diferenciable en el intervalo abierto $(a,x)$ y continua en el intervalo cerrado $[a,x]. \\$
El uso de lo que nos mostraron en la Prueba 1.1.1, podemos afirmar que la siguiente igualdad sea verdadera:
$${F'(c)\over G'(c)} = {{F(x) - F(a)}\over {G(x) - G(a)}}$$
Debido al hecho de que $F(a)=0$$G(a)=0$, entonces podemos decir
$${F'(c)\over G'(c)} = {{F(x)}\over {G(x)}}$$
Ahora desde $c$ está dentro del intervalo de $(a,x)$, podemos decir $a<c<x$.
Esto significa que
$x\rightarrow {a^+} \Longrightarrow c\rightarrow {a^+}$
Por lo tanto, debido a $F$ $G$ son simplemente las funciones de $f$ $g$ respectivamente, donde $x=a$ está definido. Es correcto para nosotros, para que luego digan
$$\lim_{x\to a^+} {f(x)\over g(x)} = \lim_{x\to a^+} {F(x)\over G(x)} = \lim_{c\to a^+} {F'(c)\over G'(c)} $$
También
$$\lim_{c\to a^+} {F'(c)\over G'(c)} = \lim_{c\to a^+} {f'(c)\over g'(c)}\\$$
Si nos damos cuenta...
$$L:=\lim_{c\to a^+} {f'(c)\over g'(c)}= \lim_{x\to a^+} {f'(x)\over g'(x)}$$
De ahí que nos muestra que
$$\lim_{x\to a} {f(x)\over g(x)}= \lim_{x\to a} {f'(x)\over g'(x)} $$
$$\blacksquare_{1.1}\\$$
¿No es esto sólo es cierto cuando se $\lim_{x\to a} {f(x)\over g(x)}={0\over 0}$?
¿Cómo demuestras $\lim_{x\to a} {f(x)\over g(x)}= \lim_{x\to a} {f'(x)\over g'(x)} $ por los límites, tales como:
$\lim_{x\to a} {f(x)\over g(x)}={\pm\infty\over \pm\infty}$?
