Cuando calculamos un límite y al reemplazar obtenemos una forma indeterminada, la Regla de L'Hôpital nos permite resolverlo derivando numerador y denominador por separado.
Regla de L'Hôpital
Sean \(f\) y \(g\) funciones derivables en un intervalo abierto \(I\) (excepto posiblemente en \(a \in I\)), con \(g'(x) \neq 0\) para todo \(x \neq a\) en \(I\). Si
$$\lim_{x \to a} f(x) = 0 \quad \text{y} \quad \lim_{x \to a} g(x) = 0$$o bien
$$\lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty \quad \text{y} \quad \lim_{x \to a} g(x) = \pm\infty$$y además existe \(\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\), entonces:
La regla también vale si \(x \to \pm\infty\).
Gema
¡Traducido al criollo! Si al reemplazar te da \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\), derivá arriba y abajo por separado (no es la regla del cociente, ojo) y volvé a calcular el límite.
Formas indeterminadas donde aplica directamente L'Hôpital:
Otras formas indeterminadas que se pueden transformar para aplicar L'Hôpital:
Elvira
Ojo: L'Hôpital solo se aplica cuando hay indeterminación \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\). Si la forma no es indeterminada (por ejemplo \(\frac{5}{0}\) o \(\frac{3}{7}\)), no se puede usar.
Verificar la indeterminación. Reemplazar \(x\) por el valor al que tiende. Si obtenés \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\), podés aplicar L'Hôpital. Si no, tenés que transformar la expresión.
Transformar si es necesario. Según la forma:
\(0 \cdot \infty\): Reescribir como cociente. Si tenés \(f(x) \cdot g(x)\), pasar uno al denominador: \(\frac{f(x)}{1/g(x)}\).
\(\infty - \infty\): Sacar denominador común o racionalizar para obtener un único cociente.
\(0^0,\; \infty^0,\; 1^{\infty}\): Aplicar \(\ln\) en ambos miembros. Si \(y = f(x)^{g(x)}\), entonces \(\ln y = g(x) \cdot \ln f(x)\), que es forma \(0 \cdot \infty\) (y se reduce al caso anterior).
Derivar numerador y denominador por separado.
$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} \;\xrightarrow{\text{L'H}}\; \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$$Evaluar el nuevo límite. Si vuelve a dar indeterminado, se puede aplicar L'Hôpital de nuevo (siempre que se cumpla la hipótesis).
Si usaste logaritmo: recordar que hallaste \(\lim \ln y = L\), por lo tanto \(\lim y = e^L\).
Gema
¡Tip! Antes de lanzarte a derivar, fijate si el límite se puede resolver por algebra, factorizando o simplificando. L'Hôpital es poderoso, pero a veces hay caminos más cortos.
Ejemplo 1 — Aplicación directa Fácil
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1}\)
Si \(x \to 1\): numerador \(\ln 1 = 0\), denominador \(1 - 1 = 0\). Forma \(\frac{0}{0}\) → aplico L'Hôpital.
Ejemplo 2 — Transformar \(0 \cdot (-\infty)\) Fácil-Medio
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{x^2}\)
Si \(x \to \infty\): numerador \(e^\infty = \infty\), denominador \(\infty^2 = \infty\). Forma \(\frac{\infty}{\infty}\) → aplico L'Hôpital.
Sigue siendo \(\frac{\infty}{\infty}\), así que aplico L'Hôpital nuevamente.
Elvira
Fijate que la exponencial \(e^x\) crece más rápido que cualquier potencia de \(x\). Si te aparece \(\frac{e^x}{x^n}\), siempre va a dar \(\infty\). ¡Aplicás L'Hôpital \(n\) veces y listo!
Ejemplo 3 — Denominador común (\(\infty - \infty\)) Medio
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (\sec x - \tan x)\)
Si \(x \to \frac{\pi}{2}^-\): \(\sec x \to +\infty\) y \(\tan x \to +\infty\). Forma \(\infty - \infty\).
No puedo aplicar L'Hôpital directamente. Necesito reescribir como cociente:
Ahora si \(x \to \frac{\pi}{2}^-\): numerador \(1 - 1 = 0\), denominador \(\cos(\frac{\pi}{2}) = 0\). Forma \(\frac{0}{0}\) → aplico L'Hôpital.
Ejemplo 4 — Aplicar L'Hôpital dos veces Medio
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - x - 1}{x^2}\)
Si \(x \to 0\): numerador \(e^0 - 0 - 1 = 0\), denominador \(0^2 = 0\). Forma \(\frac{0}{0}\).
Evaluando: \(\frac{e^0 - 1}{0} = \frac{0}{0}\). Sigue indeterminado → aplico L'Hôpital otra vez.
Gema
¡Che! Podés aplicar L'Hôpital tantas veces como necesites, siempre que al evaluar te siga dando \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\). Eso sí: verificá la indeterminación cada vez antes de derivar de nuevo.
Ejemplo 5 — Reescribir \(x \ln x\) como cociente Difícil
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln x\)
Si \(x \to 0^+\): \(x \to 0\) y \(\ln x \to -\infty\). Forma \(0 \cdot (-\infty)\). No es directamente \(\frac{0}{0}\) ni \(\frac{\infty}{\infty}\).
Reescribo pasando \(x\) al denominador como \(\frac{1}{x}\):
$$x \ln x = \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$$Ahora: numerador \(\ln(0^+) = -\infty\), denominador \(\frac{1}{0^+} = +\infty\). Forma \(\frac{-\infty}{\infty}\) → aplico L'Hôpital.
Elvira
La clave de este ejemplo: cuando tenés \(0 \cdot \infty\), siempre podés “forzar” un cociente pasando uno de los factores al denominador como su recíproco. Elegí el que sea más fácil de derivar abajo.
Ejemplo 6 — Función elevada a función (\(1^\infty\)) Difícil
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (x + 1)^{\cot x}\)
Si \(x \to 0^+\): base \((0 + 1) = 1\), exponente \(\cot(0^+) = +\infty\). Forma \(1^{\infty}\).
Sea \(y = (x+1)^{\cot x}\). Aplico \(\ln\) en ambos miembros:
$$\ln y = \cot x \cdot \ln(x+1) = \frac{\ln(x+1)}{\tan x}$$Si \(x \to 0^+\): numerador \(\ln(1) = 0\), denominador \(\tan(0) = 0\). Forma \(\frac{0}{0}\) → aplico L'Hôpital.
$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x+1)}{\tan x} \;\xrightarrow{\text{L'H}}\; \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x+1}}{\sec^2 x} = \frac{\frac{1}{1}}{1} = 1$$Hallamos que \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln y = 1\).
Como la función exponencial es continua:
$$\lim_{x \to 0^+} y = e^{\lim \ln y} = e^1 = e$$Ejemplo 7 — Exponente-base variables (\(0^0\) / \(\infty^0\)) Difícil
Calcular \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (2x)^{x^2}\)
Si \(x \to 0^+\): base \(2x \to 0^+\), exponente \(x^2 \to 0\). Forma indeterminada \(0^0\).
No puedo aplicar L'Hôpital directamente. Necesito eliminar la estructura base-exponente.
Sea:
$$L = \lim_{x \to 0^+} (2x)^{x^2}$$Aplico logaritmo natural en ambos miembros. Como \(\ln\) es continua:
$$\ln L = \ln\left(\lim_{x \to 0^+} (2x)^{x^2}\right) = \lim_{x \to 0^+} \ln\left((2x)^{x^2}\right)$$Bajo el exponente usando \(\ln(a^b) = b \cdot \ln a\):
$$\ln L = \lim_{x \to 0^+} x^2 \cdot \ln(2x)$$Forma \(0 \cdot (-\infty)\). Reescribo como cociente:
$$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(2x)}{\dfrac{1}{x^2}}$$Si \(x \to 0^+\): numerador \(\ln(2x) \to -\infty\), denominador \(\frac{1}{x^2} \to +\infty\). Forma \(\frac{-\infty}{+\infty}\) → aplico L'Hôpital.
$$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \frac{\dfrac{d}{dx}[\ln(2x)]}{\dfrac{d}{dx}\!\left[\dfrac{1}{x^2}\right]}$$Calculo las derivadas por separado:
$$\frac{d}{dx}[\ln(2x)] = \frac{1}{2x} \cdot 2 = \frac{1}{x}$$ $$\frac{d}{dx}\!\left[\frac{1}{x^2}\right] = \frac{d}{dx}[x^{-2}] = -2x^{-3} = -\frac{2}{x^3}$$Entonces:
$$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \frac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{2}{x^3}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \cdot \left(-\frac{x^3}{2}\right) = \lim_{x \to 0^+} \left(-\frac{x^2}{2}\right)$$Tenemos \(\ln L = 0\). Aplicando la exponencial en ambos miembros:
$$L = e^{\ln L} = e^0 = 1$$Interpretación: Aunque la base tiende a \(0\), el exponente \(x^2\) tiende a \(0\) tan rápido que «le gana» al logaritmo: el producto \(x^2 \ln(2x) \to 0\). Por eso el límite vale \(1 = e^0\), no \(0\).
Gema
¡El truco del logaritmo es clave para \(0^0\), \(\infty^0\) y \(1^\infty\)! Siempre el mismo patrón: (1) hacés \(y = f^g\), (2) aplicás \(\ln\), (3) calculás el límite de \(\ln y\), (4) elevás \(e\) a ese resultado. ¡Memorizalo!
❌ Aplicar L'Hôpital sin indeterminación
Si al evaluar el límite obtenés \(\frac{3}{0}\), \(\frac{5}{2}\) o cualquier valor definido, NO podés usar L'Hôpital. Solo funciona con \(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\).
❌ Usar la regla del cociente en vez de derivar por separado
L'Hôpital dice: derivás \(f(x)\) solo y \(g(x)\) solo. No es aplicar la derivada de \(\frac{f}{g}\) con la regla del cociente.
❌ Olvidarse de volver a la variable original al usar logaritmo
Si hiciste \(\ln y = L\), el resultado no es \(L\). El resultado es \(y = e^L\).
❌ No verificar la indeterminación en cada aplicación sucesiva
Cuando aplicás L'Hôpital y el nuevo límite ya no es indeterminado, ¡pará! No sigas derivando.
Elvira
El error más común que veo en exámenes: confundir “derivar numerador y denominador por separado” con “derivar el cociente con la regla del cociente”. Son cosas completamente distintas.
¿Verifiqué que la forma es indeterminada (\(\frac{0}{0}\) o \(\frac{\infty}{\infty}\)) antes de derivar?
¿Derivé numerador y denominador por separado (no usé la regla del cociente)?
Si la forma era \(0 \cdot \infty\), ¿reescribí como cociente?
Si la forma era \(\infty - \infty\), ¿saqué denominador común?
Si la forma era \(0^0\), \(\infty^0\) o \(1^\infty\), ¿usé el truco del logaritmo?
Si usé logaritmo, ¿al final elevé \(e\) al resultado? (\(y = e^L\))
Si apliqué L'Hôpital varias veces, ¿verifiqué la indeterminación en cada paso?
Resolvé los siguientes límites aplicando la Regla de L'Hôpital (o las transformaciones necesarias):
Ejercicio 1 Fácil
$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}$$Ejercicio 2 Fácil
$$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x}$$Ejercicio 3 Medio
$$\lim_{x \to \infty} x \cdot e^{-x}$$Ejercicio 4 Medio
$$\lim_{x \to 0^+} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}\right)$$Ejercicio 5 Difícil
$$\lim_{x \to 0^+} x^x$$
Elvira & Gema
¡A practicar! Recordá siempre: verificar la indeterminación primero, transformar si es necesario, derivar arriba y abajo por separado, y si usaste \(\ln\), volver con la exponencial. ¡Éxitos!