Calcul 1. Tema 2, Apuntes de Cálculo. Universitat Pompeu Fabra (UPF)
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Calcul 1. Tema 2, Apuntes de Cálculo. Universitat Pompeu Fabra (UPF)

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Asignatura: Càlcul i Mètodes Numèrics, Profesor: Alfonso Martinez, Carrera: Enginyeria en Sistemes Audiovisuals, Universidad: UPF
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càlcul i— 2017/2018 Usos de la derivada

1 propiedades de los lı́mites

Comenzamos con un resumen de las propiedades algebraicas de operaciones sobre ĺımites.

Proposición. Sean f , g y x0 tales que limx→x0 f (x) y limx→x0 g(x) existen y son ûnitos. Entonces,

• . . . limx→x0 [ f (x) ± g(x)] = limx→x0 f (x) ± limx→x0 g(x);

• . . . limx→x0 [c ⋅ f (x)] = c ⋅ limx→x0 f (x), para cada c ∈ R;

• . . . limx→x0 [ f (x) ⋅ g(x)] = limx→x0 f (x) ⋅ limx→x0 g(x);

• . . . limx→x0 f (x) g(x) =

limx→x0 f (x) limx→x0 g(x)

, si g(x) ≠ 0 y limx→x0 g(x) ≠ 0;

• . . . limx→x0 [ f (x)] g(x)

= [limx→x0 f (x)] limx→x0 g(x), si f (x) > 0 y ℓ f > 0.

En los casos en que bien limx→x0 f (x) o limx→x0 g(x) o ambos son inûnitos, solo se pueden dar algunos resultados parciales sobre la aritmética de los ĺımites. En las expresiones siguientes, ℓ ∈ R es un ĺımite ûnito, y +∞, −∞ y 0 indican siempre comportamientos de ĺımites de funciones, no números.

• ℓ ±∞ = ±∞

• +∞+∞ = +∞

• −∞−∞ = −∞

• ℓ ⋅ (+∞) = +∞ si ℓ > 0 (y todas las otras combinaciones según los signos de ℓ ≠ 0 y de ±∞)

• ℓ0+ = +∞ si ℓ > 0 (y todas las otras combinaciones según los signos de ℓ ≠ 0 y de 0 ±)

• ℓ±∞ = 0

Trataremos más tarde los casos +∞−∞, 0 ⋅ (±∞), 00 , ±∞ ±∞ , 1

±∞, 00 y (+∞)0, conocidos como indeterminaciones. El ĺımite depende de la rapidez relativa de convergencia a cero y de divergencia al inûnito, y la comparación de estos valores en torno a cero e inûnito constituye una herramienta importante en muchas aplicaciones del cálculo.

2 infinitos e infinitésimos de orden inferior, superior y del mismo orden

Dada una función f (x) y un x0 en su dominio (o en el borde del mismo, incluyendo inûnito), decimos que f es inûnitésima (o un inûnitésimo) en x0 si limx→x0 f (x) = 0; f es inûnita (o un inûnito) en x0 si limx→x0 f (x) =∞.

Comencemos comparando inûnitos. Sean f , g funciones inûnitas en x0. Para conocer la rapidez relativa de diver- gencia al inûnito hay que evaluar el ĺımite: limx→x0

f (x) g(x) . Si este ĺımite no existe, se dice que f y g son inûnitos no

comparables en x0. Si el ĺımite existe, distinguimos los casos siguientes:

⎧⎪⎪⎪⎪ ⎨ ⎪⎪⎪⎪⎩

0 f es un inûnito de orden inferior a g en x0, o f divergemás lentamente; 0 < k <∞ f y g son inûnitos del mismo orden en x0, o f y g divergen con lamisma rapidez; ∞ f es un inûnito de orden superior a g en x0, o f divergemás rápidamente que g .

1

Ejemplo 1. Por ejemplo, para comparar la rapidez de divergencia al inûnito de f (x) = 2000x2 y g(x) = 5x3 cuando x → +∞, calculamos el ĺımite de la razón entre f y g:

lim x→+∞

2000x2

5x3 = lim

x→+∞

400 x

= 0,

habiendo usado la convención ℓ∞ = 0.

Por tanto, podemos decir que f (x) = 2000x2 es un inûnito de orden inferior a g(x) = 5x3 para x → +∞ o bien que g(x) = 5x3 es un inûnito de orden superior a f (x) = 2000x2 para x → +∞.

Ejemplo 2. A partir de las deûniciones de inûnito y de función divergente, vemos que las funciones f (x) = 2x + x sin(x) y g(x) = x son inûnitos en x0 = +∞. Si las comparamos,

lim x→+∞

f (x) g(x)

= lim x→+∞

2x + x sin(x) x

= lim x→+∞

(2 + sin(x)),

que no existe. Por lo tanto, f y g sin inûnitos no comparables en x0 = +∞.

Sean ahora f , g funciones inûnitésimas en x0 ∈ D. Ahora la cuestión es saber si podemos “medir” la rapidez relativa de convergencia a 0 entre f y g. Como antes, vamos a evaluar el ĺımite: limx→x0

f (x) g(x) . Si este ĺımite no existe, se dice

que f y g son inûnitesimos no comparables en x0. Si el ĺımite existe, distinguimos los casos siguientes:

⎧⎪⎪⎪⎪ ⎨ ⎪⎪⎪⎪⎩

0 f es un inûnitésimo de orden superior a g en x0, o f converge a cero más rápidamente que g ; 0 < k <∞ f y g son inûnitésimos del mismo orden en x0, o f y g van a 0 con lamisma rapidez; ∞ f es un inûnitésimo de orden inferiora g en x0, o f converge a 0 más lentamente que g .

Consideremos otra vez f (x) = 2000x2 y g(x) = 5x3 pero examinemos sus comportamiento cuando x → 0+ y ambas funciones convergen a 0.

lim x→0+

2000x2

5x3 = lim

x→0+ 400 x

= +∞,

habiendo usado la convención ℓ0+ = +∞.

Por tanto, podemos decir que f (x) = 2000x2 es un inûnitésimo de orden inferior a g(x) = 5x3 para x → 0+ o bien que g(x) = 5x3 es un inûnitésimo de orden superior a f (x) = 2000x2 para x → 0+.

Ejemplo 3. Se puede demostrar que f (x) = x2 sin( 1x ) es un inûnitésimo en x0 = 0 porque limx→0 (x 2 sin( 1x )) = 0.

Por otro lado, vemos que g(x) = x2 también es un inûnitésimo en x0 = 0, ya que limx→0 x2 = 0. Si los comparamos,

lim x→0

f (x) g(x)

= lim x→0

x2 sin( 1x ) x2

= lim x→0

sin( 1x ),

que no existe. Por lo tanto, f y g son inûnitésimos no comparables en x0 = 0.

Problema 4. Demostreu que les funcions f (x) = 3x 3−x+4 x−2 i g(x) = −7x

2 + 5x − 12 són inûnits del mateix ordre quan x → +∞.

Hem de demostrar que lim x→+∞

f (x) g(x) = k ∈ R

f (x) ∼ x→+∞

f̃ (x) = 3x3

x = 3x2 i g(x) ∼

x→+∞ g̃(x) = −7x2

lim x→+∞

f (x) g(x)

= lim x→+∞

f̃ (x) g̃(x)

= lim x→+∞

3x2

−7x2 = lim

x→+∞

3 −7

= − 3 7 = k ∈ R

2

Problema 5. Trobeu els valors del paràmetre a ∈ R per als quals

lim x→+∞

3xa − 1 −x2 + e−x

= 0.

Solució. Deûnim lim

x→+∞

3xa − 1 −x2 + e−x

= lim x→+∞

fa(x) g(x)

.

Com que g(x) no depen d’a i limx→+∞ e−x = 0, tenim

g(x) ∼ x→+∞

g̃(x) = −x2.

Per altre banda, fa(x) depen d’a, llavors

1. Si a < 0, fa(x) ∼x→+∞ f̃ (x) = −1⇒ limx→+∞

fa(x) g(x)

= lim x→+∞

1 x2

= 0.

2. Si a = 0, fa(x) = 2⇒ limx→+∞

fa(x) g(x)

= lim x→+∞

2 −x2

= 0.

3. Si a > 0, fa(x) ∼x→+∞ f̃ (x) = 3x

a ⇒ lim

x→+∞

fa(x) g(x)

= lim x→+∞

3xa

−x2 = lim

x→+∞ −3xa−2.

En aquest case, veiem que el ĺımit es 0 si a < 2.

Resumint, la condició perquè es veriûqui que lim x→+∞

3xa−1 −x2+e−x = 0 és a < 2.

3 relación de ‘ser asintótico a’

Introducimos un elemento de notación asintótica. El hecho de que f sea un inûnitésimo de orden superior a g en x0 se puede escribir como

f (x) = o(g(x))

y se lee que f es un o pequeña de g cuando x → x0.

En el ejemplo anterior, tenemos por tanto 5x3 = o(2000x2) cuando x → 0.

Dadas f , g y x0, se dice que f y g son asintóticas para x → x0, y se escribe f (x) ∼x→x0 g(x) si:

f (x) ∼ x→x0

g(x) ⇐⇒ lim x→x0

f (x) g(x)

= 1.

Observación. Dado que limx→x0 f (x) g(x) = 1 si y sólo si limx→x0 f (x) = limx→x0 g(x), si f y g son aśıntoticas, entonces

tienen el mismo comportamiento para x → x0: ambas divergen, o convergen al mismo ĺımite o bien no tienen ĺımite.

Observación. Un método t́ıpico paramostrar que f (x) ∼ x→x0

g(x) es escribir f (x) = g(x) ⋅ h(x), con h(x) → x→x0

1.

3

Observación. Si f (x) ∼x→x0 f̃ (x) y g(x) ∼x→x0 g̃(x), entonces

f (x) ⋅ g(x) ∼ x→x0

f̃ (x) ⋅ g̃(x) y f (x) g(x)

∼ x→x0

f̃ (x) g̃(x)

.

En general, f (x) + g(x) /∼x→x0 f̃ (x) + g̃(x).

Ejemplo 6. Si f (x) = 3x2, f̃ (x) = 3x2 + x, g(x) = −3x2 y g̃(x) = −3x2 + x, tenemos que

f (x) ∼x→+∞ f̃ (x), y g(x) ∼x→+∞ g̃(x)

porque

lim x→+∞

f (x) f̃ (x)

= lim x→+∞

3x2

3x2 + x = lim

x→+∞

3 3 + 1x

= 1

y análogamente para g y g̃.

Se puede comprobar que f (x) ⋅ g(x) ∼x→+∞ f̃ (x) ⋅ g̃(x) y f (x)g(x) ∼x→+∞ f̃ (x) g̃(x) . Por otro lado,

lim x→+∞

f (x) + g(x) f̃ (x) + g̃(x)

= lim x→+∞

3x2 − 3x2

3x2 + x − 3x2 + x = lim

x→+∞

0 2x

= lim x→+∞

0 = 0 ≠ 1,

y por lo tanto f (x) + g(x) /∼x→+∞ f̃ (x) + g̃(x).

Como veremos en más detalle en la siguiente sección, en este ejemplo hemos comprobado que la suma de dos inûnitos es aśıntotica al inûnito de orden superior: limx→+∞ 3x2 = +∞ y limx→+∞ x = +∞, por lo tanto 3x2 y x son inûnitos cuando x → +∞; el inûnito 3x2 es el de orden superior de los dos; y hemos visto que 3x2 + x ∼x→+∞ 3x2 al demostrar que f (x) ∼x→+∞ f̃ (x). Con las mismas funciones podemos comprobar que la suma de inûnitésimos es aśıntotica al inûnitésimo de orden inferior: limx→0 3x2 = 0 y limx→0 x = 0, por lo tanto 3x2 y x son inûnitésimos cuando x → 0; el inûnitésimo x es el de orden inferior de los dos; y

lim x→0

3x2 + x x

= lim x→0

3x + 1 1

= 1,

es decir, 3x2 + x ∼x→0 x.

4 cálculo de lı́mites de polinomios y funciones racionales mediante relaciones asintóticas

Sea f (x) = anxn + an−1xn−1 + . . .+ a1x + a0 un polinomio de grado n. Como el polinomio es una función continua, los ĺımites en puntos ûnitos se calculan de forma trivial. Los únicos limites no triviales son los ĺımites para x →∞ porque se puede presentar la forma de indeterminación +∞−∞. Por ejemplo: f (x) = 2x2−3x+1 presenta la forma de indeterminación +2 ⋅ ∞ − 3 ⋅ ∞ + 1 = +∞−∞, gracias a las formulas de aritmetización parcial del∞.

Para entender cómo analizar esos limites, vamos a reescribir f (x) utilizando xn como factor común:

f (x) = xn (an + an−1 xn−1

xn + . . . + a1

x xn

+ a0 xn

)

o sea f (x) = xn (an +

an−1 x

+ . . . + a1 xn−1

+ a0 xn

) .

Aśı, f (x) se expresa como un producto; sabemos que si tomamos el ĺımite para x →∞ de f (x), éste será el producto de los ĺımites de los dos factores. El ĺımite del factor contenido entre paréntesis es evidentemente an y por lo tanto:

lim x→x0

f (x) = lim x→∞

anxn

4

entonces limx→∞ f (x)limx→∞ anxn = 1, pero de limx→∞ f (x) limx→∞ anxn = limx→∞

f (x) anxn se sigue que

anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 ∼x→∞ anx n ,

esdecir: unpolinomio es asintótico, para x →∞, a su términode gradomáximo, o sea, anxn+an−1xn−1+. . .+a1x+a0 diverge al inûnito con lamisma rapidez que anxn, independientemente de cuán grandes sean los coeûcientes de las potencias de x de grado inferior a n.

Una consecuencia inmediata es la siguiente:

anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 bmxm + bm−1xm−1 + . . . + b1x + b0

∼ x→∞

anxn

bmxm = an bm

xn−m .

Ejemplo: calcular limx→∞ 30x 4+2000x2+80 −7x8−

√ 2x . Tenemos que

30x4 + 2000x2 + 80 −7x8 −

√ 2x

∼ x→±∞

− 30 7 x−4 →

x→±∞ 0,

entonces limx→±∞ 30x 4+2000x2+80 −7x8−

√ 2x = 0.

Ejemplo: calcular limx→∞ −x 5+x3+8x

3x5−19x2 . Tenemos que

−x5 + x3 + 8x 3x5 − 19x2

∼ x→±∞

− 1 3 x0 = −

1 3 →

x→±∞ − 1 3 .

Con la misma técnica utilizada para determinar los resultados arriba, se demuestra que la suma de inûnitos es asintótica al inûnito de orden superior y la suma de inûnitésimos es asintotica al inûnitésimo de orden inferior.

5 funciones exponenciales

Una función f se dice exponencial con base a si f (x) = ax .

a es el factormultiplicativo en el que la función cambia cuando x aumenta en una unidad. Si a > 1 entonces tenemos crecimiento exponencial y si a < 1 entonces tenemos decaimiento exponencial.

Siempre que a > 0, la función exponencial está deûnida para todos los números reales. Por conveniencia, supone- mos también que a ≠ 1.

Es un ejercicio útil veriûcar que a se puede relacionar con el porcentaje de crecimiento o decaimiento. Por ejemplo, si a = 1.03, f crece al 3%; si a = 0.95, f decrece al 5% por unidad de tiempo.

La función exponencial es siempre positiva, es decir ax > 0. Además, tenemos que limx→−∞ ax es +∞ si a < 1 y 0 si a > 1. De unamanera análoga, limx→∞ ax es 0 si a < 1 e∞ si a > 1.

Cuanto mayor sea a, más rápido se acercará la función a +∞ y cuando más pequeño sea a, más rápidamente se acercará la función a 0. En términos de inûnitos e inûnitésimos, decimos que bx es un inûnito de orden superior a ax si b > a y que bx es un inûnitésimo de orden superior si b < a.

La función exponencial es cóncava para cualquier valor de a. Claramente, es creciente si a > 1 y decreciente si a < 1. Este comportamiento se puede veriûcar a través de sus derivadas: f ′(x) = ax ln a y f ′(x) = ax(ln a)2.

Para calcular la derivada de la función exponencial se usa la identidad ax = ex ln a, en la que se expresa la exponencial en base e, donde e = 2.71828182846 . . . . Observemos que cuando a > 1, ln a > 0 y cuando a < 1, ln a < 0, o en otras palabras ekx es creciente cuando k > 0 y decreciente cuando k < 0.

5

Lı́mites de combinaciones de funciones exponenciales

Sea f (x) = a1ek1x + a2ek2x + . . . + aneknx una suma de n funciones exponenciales. Para evaluar los ĺımites para x → ±∞ seguimos un procedimiento similar al que hicimos con los polinomios.

En primer lugar, y si es necesario, reordenamos los sumandos de manera que k1 < k2 < ⋯ < kn y por lo tanto tenemos que kn = max{k1, k2, . . . , kn} y k1 = min{k1, k2, . . . , kn}.

Si el ĺımite es en +∞, entonces reescribimos f (x) sacando factor común eknx , el mayor exponente,

f (x) = eknx(a1 ek1x

eknx + a2

ek2x

eknx + . . . + an

eknx

eknx )

= eknx(a1e(k1−kn)x + a2e(k2−kn)x + . . . + an)

= eknx(a1e(k1−kn)x + a2e(k2−kn)x + . . . + an).

Como los exponentes k1 − kn, k2 − kn son negativos para todos los sumandos excepto el último, las exponenciales tienden a cero y f (x) es un inûnito (si kn > 0) o un inûnitésimo (si kn < 0) del mismo orden que eknx .

Recordando que k1 es el valor más pequeño de los exponentes, un razonamiento análogo nos permite concluir que f (x) es un inûnito (si k1 < 0) o un inûnitésimo (si k1 > 0) del mismo orden que ek1x para x → −∞.

Observación. Antes probamos que productos de funciones aśıntoticas eran la aśıntota del producto, pero no aśı para la suma o la diferencia. Ahoramostraremos un contraejemplo sobre la función exponencial. Sea f (x) = 3x2−x, que es aśıntotica a f̃ (x) para x → +∞. Sin embargo,

lim x→+∞

e3x 2−x

e3x2 = lim

x→+∞ e−x = 0,

entonces e f (x) /∼ e f̃ (x), en general.

6 funciones logarı́timicas

El logaritmo en base a, con a > 0, a ≠ 1, de x es un número y tal que ax = y. Es decir

loga x = y ⇐⇒ a y = x .

Cuando la base es a = e, omitimos la base y escribimos ln x. En otros caso, como por ejemplo base 10 o base 2, escribimos expĺıcitamente la base.

Observemos loga(x) no está deûnido cuando x es negativo o 0 y que loga 1 = 0 para cualquier a.

El gráûco de la función loga(x) se puede dibujar a partir del de a x usando el hecho de que una función es la

inversa de la otra. Recordemos que la función inversa no es la inversa de la función, es decir dada f (x) = ax , f −1(x) = loga(x) ≠ a

−x = 1ax = 1

f (x) . En este caso, el gráûco es la curva simétrica respecto al eje y = x.

Es importante observar que, a diferencia de la función exponencial que crece cada vezmás rápida cuando x aumenta, la función logaŕıtmica tiene un crecimiento que se hace cada vez más lento cuando x aumenta; este fenómeno se puede explicar a partir de la derivada de loga x, que es

1 x log a , y tiende a cero cuando x tiende a∞.

De la deûnición de función exponencial y de sus propiedades podemos concluir que para cualquier a > 0, a ≠ 1,

• loga(x ⋅ y) = loga(x) + loga y;

• loga( x y) = loga(x) − loga y;

6

• loga x p = p loga x;

• loga a x = x;

• aloga x = x;

• loga x = ln x ln a .

Problema 7. Calculem les derivades de les funcions següents:

(a) f (x) = e x

x+1 (b) f (x) = sin √7x−2(3x2 − 1)

Solució. (a) Per a la función f (x) = e x

x+1 , i en general per resoldre derivades on hi apareixen expressions exponenci- als, resulta útil fer servir logaritmes. En aquest cas podem fer: ln f (x) = ln e

x x+1 . Per tant, ln f (x) = x

x + 1 i, derivant

els dos membres d’aquesta igualtat, obtenim:

f ′(x) f (x)

= ( x

x + 1 ) ′ =

1 ⋅ (x + 1) − x ⋅ 1 (x + 1)2

= 1

(x + 1)2 .

Finalment, f ′(x) = f (x). 1 (x + 1)2

= e

x x+1

(x + 1)2 .

(b) Per la funció f (x) = sin √7x−2(3x2 − 1), i en general per resoldre derivades com aquesta, en la que hi apareix una

expressió de la forma f (x)g(x), podem prendre logaritmes en els dos membres de la igualtat. Llavors tenim:

ln( f (x)) = ln(sin √7x+2

(3x2 − 1)) = √

7x + 2 ln(sin(3x2 − 1)).

Derivant els dos membres de la igualtat obtenim:

f ′(x) f (x)

= [ 7 ln(sin(3x2 − 1))

2√7x + 2 +

6x√7x + 2 cos(3x2 − 1) sin(3x2 − 1)

] .

I, per tant,

f ′(x) = sin √7x−2

(3x2 − 1) ⋅ [7 ln(sin(3x 2 − 1))

2√7x + 2 +

6x√7x + 2 cos(3x2 − 1) sin(3x2 − 1)

] .

Observación. Més en general, el truc per derivar f (x)g(x) és rescriure aquesta expressió amb una exponencial:

f (x)g(x) = eln f (x) g(x)

= eg(x) ln f (x)

llavors: [ f (x)g(x)]′ = [eg(x) ln f (x)]′ = eg(x) ln f (x) [g′(x) ln f (x) + g(x) f

′(x) f (x)

]

Problema 8. Calcula els ĺımits següents.

(a) lim x→+∞

2x3 + 4x + 1 5(x + 1)3

(c) lim x→+∞

x √ x (e) lim

x→−∞

ln(ex2 + x3) x2 − 8

(b) lim x→+∞

2x − x 2x+1

(d) lim x→+∞

1 (3 + sin(2x))x

(f) lim x→−∞

ex 3 √ x + 1

7

Solució. (a) Escrivim

lim x→+∞

2x3 + 4x + 1 5(x + 1)3

= lim x→+∞

f (x) g(x)

f (x) g(x)

∼ x→+∞

2�x3

5�x3 =

2 5 .

Tots els altres termes del desenvolupament de (x + 1)3 són inûnits d’ordre inferior.

(b) En aquest cas,

lim x→+∞

2x − x 2x+1

= lim x→+∞

f (x) g(x)

f (x) g(x)

∼ x→+∞

2x

2x+1 =

1 2x+1−x

= 1 2 .

(c) Ara, reescrivim x √ x com:

x √ x = x

1 x = eln x

1 x = e

1 x ln x

lim x→+∞

1 x ln x = 0

perquè ln x és un inûnit d’ordre inferior respecte d’x quan x → +∞, la qual cosa implica que

lim x→+∞

x √ x = lim

x→+∞ e��

0 ln x x = e0 = 1

De fet, la tècnica d’escriure f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) és útil en diferents situacions.

(d) En general, quan apareixen funcions oscil·lants però ûtades com ara sin(x) i cos(x), en molts casos resulta convenient ûtar les funcions. Doncs, per a qualsevol x ∈ R, es veriûca que

−1 ≤ sin(2x) ≤ 1 3 − 1 ≤ 3+ sin(2x) ≤ 3 + 1

2 ≤ 3+ sin(2x) ≤ 4 2x ≤ (3+ sin(2x))x ≤ 4x .

Com que la base és> 1, tenim que (3+sin(2x))x és una funció creixent. Prenent el rećıproc les relacions s’inverteixen:

1 4x

≤ 1

(3 + sin(2x))x ≤

1 2x

.

Donat que 14x →x→+∞ 0 i que 1 2x →x→+∞

0, hem ûtat la funció per dues funcions que ambdues tendeixen a 0 i es pot concloure que el ĺımite de la funció és també 0,

1 (3 + sin(2x))x

→ x→+∞

0.

(e) En primer lloc, observem que lim x→−∞

ln(ex2 + x3) x2 − 8

= lim x→−∞

f (x) g(x)

, i que amés

f (x) g(x)

∼ x→+∞

ln(ex2) x2

= x2

x2 = 1.

Per tant,

lim x→−∞

ln(ex2 + x3) x2 − 8

= 1.

8

(f) En general la forma d’indeterminació [∞ ⋅ 0] es soluciona reescrivint l’expressió de forma que correspongui a una indeterminació dels tipus ∞∞ o

0 0 :

3√x + 1ex = e x

1 3√x+1

∼ x→−∞

= ex 1 x

1 3

que és una forma indeterminada del tipus 00 .

Llavors hem de fer servir la jerarquia dels inûnitèsims: ex → x→−∞

0 més ràpidament que 1 x

1 3 i per tant

lim x→−∞

3√x + 1ex = lim x→−∞

ex 1 x

1 3

= 0.

Podem actuar també aixı́: 3 √ x + 1ex =

3√x + 1 e−x

, una indeterminació de la forma ∞∞ i com amés e −x →

x→−∞ +∞ és un

inûnit d’ordre superior respecte a qualsevol potència de x; llavors

lim x→−∞

3√x + 1ex = lim x→−∞

3√x + 1 e−x

= 0,

la qual cosa conûrma l’anàlisi feta abans.

7 la regla de l’hôpital

(Regla de l’Hôpital) Sean f , g derivables excepte potser en x0 tales que limx→x0 f (x) g(x) presenta una indeterminación

del tipo 00 o bé ±∞ ±∞ . Si existe el ĺımite limx→x0

f ′(x) g′(x) y g

′(x) ≠ 0 excepto quizás en x = x0, entonces

lim x→x0

f (x) g(x)

= lim x→x0

f ′(x) g′(x)

.

Ejemplo 9. Queremos calcular limx→0+ x ln(x), que a priori presenta la forma de indeterminación 0 ⋅ (−∞). Po- demos reescribir este ĺımite como

lim x→0+

x ln(x) = lim x→0+

ln(x) 1 x

y la indeterminación es ahora −∞+∞ . Si deûnimos f (x) = ln(x) y g(x) = 1 x , y x0 = 0, tenemos que f , g són derivables

y limx→x0 f (x) g(x) =

−∞ +∞ . Ahora bien, f

′(x) = 1x y g ′(x) = − 1x2 , por lo tanto

lim x→0

f ′(x) g′(x)

= lim x→0+

1 x − 1x2

= lim x→0+

−x = 0

(o sea que el ĺımite existe), y g′(x) = − 1x2 ≠ 0 para x ∈ (0,+∞). Por la regla de l’Hôpital, limx→0+ x ln(x) = limx→0 f

′(x) g′(x) = 0.

Observación. Cuidado con ignorar la hipótesis de existencia del ĺımite limx→x0 f ′(x) g′(x) . En caso de que no exista, la

conclusión no es que limx→x0 f (x) g(x) tampoco exista, sino que no se puede usar este resultado para calcularlo.

Ejemplo 10. Queremos calcular

lim x→+∞

x − sin(x) x + sin(x)

,

9

que a priori presenta la forma de indeterminación +∞+∞ . Si deûnimos f (x) = x−sin(x) y g(x) = x+sin(x), entonces f ′(x) = 1 − cos(x) y g′(x) = 1 + cos(x) y todas las hipótesis de la regla d’Hôpital se veriûcan, excepto que el ĺımite

lim x→+∞

f ′(x) g′(x)

= lim x→+∞

1 − cos(x) 1 + cos(x)

no existe porque 1 − cos(x) 1 + cos(x)

= { 0 si x = 2kπ, para todo k ∈ Z +∞ si x = π + 2kπ, para todo k ∈ Z.

Esto no quiere decir que el ĺımite original no exista, sino que hay que calcularlo de otra manera. En efecto, si manipulamos un poco la expressión,

lim x→+∞

x − sin(x) x + sin(x)

= lim x→+∞

1 − sin(x)x 1 + sin(x)x

= 1 − 0 1 + 0

= 1,

ya que ya habı́amos visto que limx→+∞ sin(x)x = 0.

Observación. Evidentemente, en caso de que limx→x0 f ′(x) g′(x) vuelva a ser

0 0 o

±∞ ±∞ , si f

′ y g′ también cumplen todas las otras hipótesis del teorema, la regla d’Hôpital se puede volver a aplicar.

Problema 11. Calculeu els ĺımits següents.

(a) lim x→0

ln(1 + 2x) sin(3x)

(c) lim x→+∞

cosh √ x2+1−x

(x) (e) lim x→+∞

[x ⋅ ln(x + 3 x + 1

)]

(b) lim x→1

(x − 1)2

e3(x−1)2 − 1 (d) lim

x→0

ln(cos(x)) x2

(f) lim x→0

(1 + sin(x)) 3x

1−cos(x)

Solució. (a) Podem fer servir directament la regla de l’Hôpital:

lim x→0

f ′(x) g′(x)

= lim x→0

2 1+2x

3 cos(3x) =

2 3 .

(b) De nou, aplicant la regla de l’Hôpital, tenim

lim x→1

f ′(x) g′(x)

= lim x→1

2(x − 1)

 : 1

e3(x−1) 2 ⋅ 6(x − 1)

= 2 6 =

1 3

i llavors lim x→1

f (x) g(x)

= 1 3 .

(c) Aquı́ no es pot fer servir directament el teorema de l’Hôpital perquè tenim la forma d’indeterminació ∞∞. Recordant que quan tenim f (x)g(x) és útil passar a la escriptura exponencial, observem que

f (x)g(x) = eln f (x) g(x)

= eg(x) ln f (x) = e( √ x2+1−x) ln(cosh).

Ara, si multipliquem i dividim el exponent pel conjugat de √ x2 + 1 − x, és a dir per

√ x2 + 1 + x, obtenim

( √ x2 + 1 − x) ln cosh(x) = (

√ x2 + 1 − x))(

√ x2 + 1 + x)) ln cosh(x)

√ x2 + 1 + x

= (x2 + 1 − x2) ln cosh(x)

( √ x2 + 1 + x)

= ln cosh(x) √ x2 + 1 + x

,

10

que és una indeterminació de la forma ∞∞ . Llavors, aplicant la regla de l’Hôpital, obtenim

lim x→1

ln cosh(x) √ x2 + 1 + x

= lim x→1

(ln cosh(x))′

( √ x2 + 1 + x)′

= lim x→1

sinh(x) cosh(x) x√ x2+1 + 1

= 1

1 + 1 =

1 2 .

Tornant en darrera,

lim x→+∞

(cosh x) √ x2+1−x

= lim x→+∞

e( √ x2+1−x) ln(cosh x)

= lim x→+∞

e 1 2 =

√ e .

(d) Fent servir directament la regla de l’Hôpital,

lim x→0

(ln(cos x))′

(x2)′ = lim

x→0

− sin x cos x 2x

= lim x→0

− tan x 2x

,

és a dir una indeterminació de la forma 00 . Ara, aplicant un altra vegada la regla de l’Hôpital, trobem que

lim x→0

(− tan x)′

(2x)′ = −

1 + tan2 x 2

= − 1 2

i per tant

lim x→0

ln(cos x) x2

= − 1 2 .

(e) En aquest cas, fem servir equivalències aśıntotiques.

x ln x + 3 x + 1

= x ln x + 1 + 2 x + 1

= x ln(x + 1 x + 1

+ 2

x + 1 ) = = x ln(1 + 2

x + 1 ) ∼ x→∞

x 2

x + 1 ∼

x→∞

2x x

= 2.

(f) Com que el ĺımit és de la forma lim x→0

f (x)g(x), passem a la forma exponencial:

eg(x) ln f (x) = e 3x

1−cos x ln(1+sin x) = eφ(x), on φ(x) = 3x 1 − cos x

ln(1 + sin x).

De nou, amb les equivalències aśıntotiques trobem que

3x 1 − cos x

∼ x→0

3x 1 − 1 + x2

= 6 x

i ln(1 + sin x) ∼

x→0 sin x ∼

x→0 x ,

per tant φ(x) ∼

x→0

6 x x = 6

i ûnalment eφ(x) →

x→0 e6 = lim

x→0 (1 + sin x)

3x 1−cos x .

11

8 jerarquı́a de infinitos e infinitésimos

Teorema 1. Sean a, b > 1 y 0 < αk < βk para cada 1 ≤ k ≤ 4. Entonces,

logα1a (x) ≺ log β1 a (x) ≺ x

α2 ≺ xβ2 ≺ bα3x ≺ bβ3x ≺ xα4x ≺ xβ4x

cuando x → +∞, donde f (x) ≺ g(x) quiere decir que f es un inûnito de orden inferior a g cuando x → +∞.

Ejemplo 12. Si queremos calcular lim

x→+∞ (ln 2)xx40,

que, como que 0 < ln 2 < 1, presenta la forma de indeterminación 0 ⋅ (+∞). Lo podemos reescribir como

lim x→+∞

(ln 2)xx40 = lim x→+∞

x40

( 1ln 2) x = 0

porque bα3x es un inûnito de orden superior a xβ2 cuando x → +∞ (como b = 1ln 2 , α3 = 1 y β2 = 40).

Teorema 2. Sean a, b > 1 y 0 < αk < βk para cada 1 ≤ k ≤ 4. Entonces,

( 1

loga(x) )

α1

≺ ( 1

loga(x) )

β1

≺ ( 1 x ) α2 ≺ (

1 x ) β2 ≺ (

1 bx

) α3 ≺ (

1 bx

) β3 ≺ (

1 xx

) α4 ≺ (

1 xx

) β4

cuando x → +∞, donde f (x) ≺ g(x) quiere decir que f es un inûnitésimo de orden inferior a g cuando x → +∞.

Ejemplo 13. Si volvemos al ĺımite lim

x→+∞ (ln 2)xx40,

podemos reescribirlo como

lim x→+∞

(ln 2)xx40 = lim x→+∞

(ln 2)x 1

x40 = 0

porque ( 1bx ) α3 es un inûnitésimo de orden superior a ( 1x )

β2 cuando x → +∞ (b = 1ln 2 , α3 = 1 y β2 = 40).

Observación. Si f es un inûnitésimo/inûnito de orden inferior a g en x0, entonces g es un inûnitésimo/inûnito de orden superior a f en x0, y viceversa.

Ejemplo 14. Demostreu que 1 2x

− 1 x3x

= o( 1 x −

1 ln2(x)

)

quan x → +∞.

Solució. A partir de la deûnició, tenim las dues següents condicions equivalents:

1 2x

− 1 x3x

= x→+∞

o( 1 x −

1 ln2(x)

)⇔ f (x) = x→+∞

o(g(x))⇔ lim x→+∞

f (x) g(x)

= 0

Com que la suma d’inûnitèsims és asimptòtica a l’inûnitèsim d’ordre inferior, tenim:

f (x) ∼ x→+∞

f̃ (x) = 1 2x

i g(x) ∼ x→+∞

g̃(x) = − 1

ln2(x)

lim x→+∞

f (x) g(x)

= lim x→+∞

f̃ (x) g̃(x)

= lim x→+∞

1 2x

− 1ln2(x) = lim

x→+∞ − ln2(x)

2x = 0.

12

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