Derivada de una función

Lic. Elsie Hernández S.

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Otras formas indeterminadas

Si en el $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{a}}{[f(x)]^{g(x)}}}$ se tiene que:

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{a}}{f(x)}=0}$ y $\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{a}}{g(x)}=0}$
ó
$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{a}}{f(x)}=\infty}$ y $\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{a}}{g(x)}=0}$
ó
$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{a}}{f(x)}=1}$ y $\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{a}}{g(x)}=\infty}$

entonces dicho límite presenta las formas $0^{0},\;\; \infty^{0},\;\;\mbox{y}\;\;1^{\infty}$ respectivamente.

Para calcular este tipo de límites se sigue el siguiente procedimiento:

Consideremos la igualdad $y=[f(x)]^{g(x)}$ , tomando logaritmo natural a ambos lados de ella se tiene: $ln\;y=g(x)[ln\;f(x)]$ . Note que en la expresión $g(x)[ln\;f(x)]$ presenta en todos los casos la forma $0\cdot \infty$ .

Los límites en que presentan esta forma indeterminada fueron estudiados anteriormente.

Tenemos entonces que:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{a}}{ln\;y}=\lim_{x \rightarrow{a}}{g(x)[ln\;f(x)]}}$

Como la función logaritmo es continua podemos escribir:

$\displaystyle{ln[\lim_{x \rightarrow{a}}{y}]=\lim_{x \rightarrow{a}}{\left [g(x)ln[f(x)]\right]}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \lim_{x \rightarrow{a}}{y}= e^{\lim_{x \rightarrow{a}}{g(x)[ln\;f(x)]}}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \lim_{x \rightarrow{a}}{[f(x)]^{g(x)}}=e^{\lim_{x \rightarrow{a}}{g(x)[ln\;f(x)]}}}$

Ejemplos:

Utilizando el procedimiento descrito anteriormente, calculemos los siguientes límites:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{x^{\frac{1}{x-1}}}}$

Si $x\rightarrow 1^{+}$ entonces $\displaystyle{\frac{1}{x-1}}\rightarrow +\infty$ por lo que se tiene la forma $(1)^{+\infty}$

Luego:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{x^{\frac{1}{x-1}}}=e^{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{\frac{1}{x-1}\cdot ln\;x}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{\frac{ln\;x}{x-1}}}}$

Note que el $\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{\frac{ln\;x}{x-1}}}$ presenta la forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$ por lo que puede aplicarse la Regla de L'Hôpital.

Entonces:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{x^{\frac{1}{x-1}}}=e^{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{\frac{ln\;x}{x-1}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{\frac{\frac{1}{x}}{1}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{1^{+}}}{\frac{1}{x}}}=e^{1}}=e$
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\left(\frac{1}{x}\right)^{tan\;x}}}$

Si $x\rightarrow 0^{+}$ entonces $\displaystyle{\frac{1}{x}\rightarrow +\infty}$ y, $tan\;x\rightarrow 0$ por lo que se tiene la forma $(+\infty)^{0}$ .

Luego:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\left(\frac{1}{x}\right)^{tan\;x}}=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{[tan\;x\;ln(\frac{1}{x})]}}}$

Note que $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{[tan\;x\;ln(\frac{1}{x})]}}$ presenta la forma $0\cdot +\infty$ . Este último límite puede escribirse como: $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;(\frac{1}{x})}{\frac{1}{tan\;x}}}=\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;(\frac{1}{x})}{cot\;x}}}$ que es ahora de la forma $\displaystyle{\frac{+\infty}{+\infty}}$ y al cual puede aplicarse la Regla de L'Hôpital.

Entonces:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\left(\frac{1}{x}\right)^{tan\;x}}=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\left[\frac{ln(\frac{1}{x})} {cot\;x}\right]}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\left[\frac{\frac{-1}{x^{2}}\cdot x} {-csc^{2}\;x}\right]}}}$
$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{sen^{2}\;x}{x}}}}$ forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{2\;sen\;x\;cos\;x}{1}}}=e^{0}=1}$

Por tanto:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\left(\frac{1}{x}\right)^{tan\;x}}=1}$
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(x)^{sen\;x}}}$

Se presenta la forma $(0^{+})^{0^{+}}$ por lo que:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(x)^{sen\;x}}=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(sen\;x\;ln\;x)}}}$

El $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{[sen\;x\;ln\;x]}}$ es de la forma $0\cdot (-\infty)$ , que puede escribirse como $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;x}{\frac{1}{sen\;x}}}=\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;x}{csc\;x}}}$ , que es ahora de la forma $\displaystyle{\frac{-\infty}{+\infty}}$ , y podemos por tanto aplicar la Regla de L'Hôpital.

Luego:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(x)^{sen\;x}}=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;x}{csc\;x}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{\frac{1}{x}}{-csc\;x\;cot\;x}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{-sen^{2}x}{x\;cos\;x}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{-1}{cos\;x}}\cdot \lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{sen^{2}\;x}{x}}}}$

$\displaystyle{=e^{-1\cdot \lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{2\;sen\;x\;cos\;x}{1}}}=e^{-1\cdot 0}=e^{0}=1}$
$\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left(\frac{sen\;u}{u}\right)^{u^{-2}}}}$

Si $u\rightarrow 0$ entonces $\frac{sen\;u}{u}\rightarrow 1$ y $u^{-2}=\displaystyle{\frac{1}{u^{2}}}\rightarrow +\infty$ por lo que $\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left(\frac{sen\;u}{u}\right)^{u^{-2}}}}$ es de la forma $(1)^{+\infty}$

Luego:

$\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left(\frac{sen\;u}{u}\right)^{u^{-2}}}=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left[u^{-2}\;ln(\frac{sen\;u}{u})\right]}}}$

el $\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left[u^{-2}\;ln(\frac{sen\;u}{u})\right]}}$ es de la forma $0\cdot +\infty$ y puede escribirse como $\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{ln\left(\frac{sen\;u}{u}\right)}{u^{2}}}}$ al cual puede aplicarse la Regla de L'Hôpital pues es de la forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$ .

Entonces:

$\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left(\frac{sen\;u}{u}\right)^{u^{-2}}}=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{ln\left(\frac{sen\;u}{u}\right)}{u^{2}}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left[\frac{\frac{u}{sun\;u}\cdot \frac{u\;cos\;u-sen\;u}{u^{2}}} {2u}\right]}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{u\;cos\;u-sen\;u}{2\;u^{2}\;sen\;u}}}}$ forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{cos\;u-u\;sen\;u-cos\;u}{4u\;sen\;u+2u^{2}\;cos\;u}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{-u\;sen\;u}{4u\;sen\;u+2u^{2}\;cos\;u}}}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{-\;sen\;u}{4\;sen\;u+2u^{2}\;cos\;u}}}}$ forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$

$\displaystyle{=e^{\lim_{u \rightarrow{0}}{\frac{-cos\;u}{4\;cos\;u+2\;cos\;u-2u\;sen\;u}}}=e^{\frac{-1}{6}}=\frac{1}{\sqrt[6]{e}}}$

Luego:

$\displaystyle{\lim_{u \rightarrow{0}}{\left(\frac{sen\;u}{u}\right)^{u^{-2}}}=\frac{1}{\sqrt[6]{e}}}$

Otra forma indeterminada

En algunos límites se presenta la forma $(+\infty)-(+\infty)$ de la cual no se puede dar un resultado inmediato. Sin embargo, mediante algunas transformaciones algebraicas es posible obtener la forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$ y aplicar luego la Regla de L'Hôpital.

Ejemplos:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{1}}{\left(\frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1}\right)}}$

Consideramos dos casos:

a.

Si $x\rightarrow 1^{+}$ entonces $x>1\;\;\mbox{y}\;\;x^{2}>1$ por lo que $x-1\rightarrow 0^{+}$ y $x^{2}-1\rightarrow 0^{+}$ de donde $\displaystyle{\frac{2}{x^{2}-1}\rightarrow +\infty\;\;\mbox{y}\;\;\frac{1}{x-1}\rightarrow +\infty}$

Luego $\displaystyle{\left(\frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1} \right)\rightarrow (+\infty)-(+\infty)}$ cuando $x\rightarrow 1^{+}$

b.

Si $x\rightarrow 1^{-}$ entonces $x<1\;\;\mbox{y}\;\;x^{2}<1$ por lo que $x-1\rightarrow 0^{+}$ y $x^{2}-1\rightarrow 0^{-}$ de donde $\displaystyle{\frac{2}{x^{2}-1}\rightarrow -\infty\;\;\mbox{y}\;\;\frac{1}{x-1}\rightarrow +\infty}$

Luego $\displaystyle{\left(\frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1} \right)\rightarrow (+\infty)-(+\infty)}$ cuando $x\rightarrow 1^{-}$

Note que en ambos casos se tiene $(+\infty)-(+\infty)$

Resolvemos el límite de la siguiente manera:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{1}}{\left[ \frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1} \r... ...}= \lim_{x \rightarrow{1}}{\left[ \frac{2}{(x-1)(x+1)}-\frac{1}{x-1} \right]} }$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{1}}{ \frac{2-(x+1)}{(x-1)(x+1)}}}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{1}}{ \frac{1-x}{x^{2}-1}}}$ forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{1}}{\frac{-1}{2x}}=\frac{-1}{2}}$
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{\frac{\pi}{2}}}{sec\;x-tan\;x}}$

Consideramos los siguientes casos:

a.

Si $x\rightarrow \displaystyle{\frac{\pi^{+}}{2}}$ entonces $cos\;x\rightarrow 0^{-}$ por lo que $sec\;x=\displaystyle{\frac{1}{cos\;x}\rightarrow -\infty}$ y $tan\;x=\displaystyle{\frac{sen\;x}{cos\;x}}\rightarrow -\infty$

Luego $(sec\;x-tan\;x)\rightarrow (-\infty)-(-\infty)$ cuando $x\rightarrow \displaystyle{\frac{\pi^{+}}{2}}$

b.

Si $x\rightarrow \displaystyle{\frac{\pi^{-}}{2}}$ entonces $cos\;x\rightarrow 0^{+}$ por lo que $sec\;x\rightarrow +\infty$ y $tan\;x\rightarrow +\infty$

Luego $(sec\;x-tan\;x)\rightarrow (+\infty)-(+\infty)$ cuando $x\rightarrow \displaystyle{\frac{\pi^{-}}{2}}$

Note que en ambos casos se tiene $(+\infty)-(+\infty)$

Procedemos como sigue para determinar el valor del límite:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{\frac{\pi}{2}}}{[sec\;x-tan\;x]}=\lim_{x \rightarrow{\frac{\pi}{2}}}{\left[\frac{1}{cos\;x}-\frac{sen\;x}{cos\;x}\right]}}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{\frac{\pi}{2}}}{\frac{1-sen\;x}{cos\;x}}}$ forma $\displaystyle{\frac{0}{0}}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{\frac{\pi}{2}}}{\frac{-cos\;x}{-sen\;x}}=\frac{0}{1}=0}$
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{x^{3}-2e^{3x}}}$

Si $x\rightarrow +\infty\;\;\mbox{entonces}\;\; x^{3}\rightarrow +\infty \;\;\mbox{y}\;\;e^{3x}\rightarrow +\infty$ tenemos que aparece la forma $(+\infty)-(+\infty)$

Para este tipo de límite se factoriza algunos de los sumandos de la manera siguiente:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{x^{3}-2e^{3x}}=\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{x^{3}\left[1-\frac{2e^{3x}}{x^{3}}\right]}}$

Calculemos ahora: $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{\frac{2e^{3x}}{x^{3}}}}$ que presenta la forma $\displaystyle{\frac{+\infty}{+\infty}}$

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{\frac{2e^{3x}}{x^{3}}}= \lim_{x \ri... ...}{\frac{6e^{3x}}{2x}}=\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{\frac{9e^{3x}}{1}}=+\infty}$

Luego: $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{+\infty}}{x^{3}(1-\frac{2e^{3x}}{x^{3}})}=(+\infty)\cdot(-\infty)=-\infty}$
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(e^{\frac{1}{x}}+ln\;x)}}$

Si $x\rightarrow 0^{+}$ entonces $\displaystyle{\frac{1}{x}\rightarrow +\infty,\;\;e^{\frac{1}{x}}\rightarrow +\infty}$ $ln\;x\rightarrow -\infty$ de nuevo aparece $+\infty-\infty$

Factorizamos:

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(e^{\frac{1}{x}}+ln\;x)}=\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{e^{x}\left[1+\frac{ln\;x}{e^{\frac{1}{x}}}\right]}}$

Calculemos $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;x}{e^{\frac{1}{x}}}}}$ que presenta la forma $\displaystyle{\frac{-\infty}{+\infty}}$

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{ln\;x}{e^{\frac{1}{x}}}}=\lim_{... ...ightarrow{0^{+}}}{\frac{\frac{1}{x}} {e^{\frac{1}{x}\cdot \frac{-1}{x^{2}} }}}}$

$\displaystyle{=\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{\frac{1} {e^{\frac{1}{x}\cdot \frac{-1}{x} }}}=0}$

Luego: $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{(e^{\frac{1}{x}}+ln\;x)}=\lim_{x \rightarrow{0^{+}}}{e^{\frac{1}{x} }(1+\frac{ln\;x}{\frac{1}{x}} )}=+\infty}$

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