Regla de L'Hôpital para indeterminaciones exponenciales

Consideraciones previas

Los apartados de este ejercicio están pensados para que practiques la regla de L'Hôpital para resolver indeterminaciones exponenciales, del tipo 1^∞, 0⁰ y ∞⁰. Aunque la regla nos permite resolver de manera directa indeterminaciones del tipo 0/0 o ∞/∞, en los apartados de este ejercicio haremos las transformaciones necesarias para obtener este último tipo de indeterminaciones. Concretamente, el proceso a seguir será

• asumir que el límite existe y su valor es L (por ejemplo)
• tomar logaritmos
• aplicar L'H

Recuerda que la regla nos dice que siempre que las funciones del numerador y del denominador sean derivables en un entorno del punto en el que estamos calculando el límite, se cumple que:

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f\text{'}\left(x\right)}{g\text{'}\left(x\right)}=L$$

Consulta la teoría vinculada para una información más precisa y formal.

Resolución

1.-

$$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }\cos {\left(3x\right)}^{\frac{2}{x^2}}}$$

Empezamos sustituyendo, como normalmente...

$$\underset{x\to 0}{\lim }\cos {\left(3x\right)}^{\frac{2}{x^2}}\underset{\frac{2}{0}\to \infty }{=}\left[1^{\infty }\right]\text{IND}$$

Asumimos que el límite existe, lo llamamos L y tomamos logaritmos:

$$L=\underset{x\to 0}{\lim }\cos {\left(3x\right)}^{\frac{2}{x^2}}\Rightarrow \ln \left(L\right)=\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }\cos {\left(3x\right)}^{\frac{2}{x^2}}\right)$$

Como sabes, $\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(f\left(x\right)\right)$, con lo que...

$$\ln \left(L\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(\cos {\left(3x\right)}^{\frac{2}{x^2}}\right)\Rightarrow \ln \left(L\right)\underset{\ln \left(a^b\right)=b\ln \left(a\right)}{=} \underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{x^2}\ln \left(\cos \left(3x\right)\right)$$

Hacemos el cálculo de dicho límite...

$$\begin{array}{c}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{x^2}\ln \left(\cos \left(3x\right)\right)=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{2·\ln \left(\cos \left(3x\right)\right)}{x^2}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cancel{2}{\displaystyle \frac{-\sin \left(3x\right)3}{\cos \left(3x\right)}}}{\cancel{2}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{-\sin \left(3x\right)3}{\cos \left(3x\right)}}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle -3\tan \left(3x\right)}}{x}=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle -3\tan \left(3x\right)}}{x}\underset{\begin{array}{c}L\text{'}H\\ \left(\tan \left(f\left(x\right)\right)\right)\text{'}=\left(1+{\tan }^2\left(f\left(x\right)\right)\right)f\text{'}\left(x\right)\end{array}}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\displaystyle -3\left({\tan }^2\left(3x\right)+1\right)·3}}{1}=-9\end{array}$$

Por tanto...

$$\ln \left(L\right)=-9\underset{e^{exp.1}=e^{exp.2}}{\Rightarrow }L=e^{-9}=\frac{1}{e^9}$$

2.-

$$\boxed{\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}^{\frac{2}{x}}}$$

Como siempre, el primer paso es sustituir...

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}^{\frac{2}{x}}=\left[1^{\infty }\right] \text{IND}$$

Asumimos que el límite existe y vale L, y tomamos logaritmos en ambos miembros...

$$L=\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}^{\frac{2}{x}}\Rightarrow \ln \left(L\right)=\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}^{\frac{2}{x}}\right)$$

Como sabes, $\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(f\left(x\right)\right)$, con lo que...

$$\ln \left(L\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left({\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}^{\frac{2}{x}}\right)$$

Calculamos dicho límite:

$$\begin{gathered} \underset{x\to 0}{\lim }\ln \left({\left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}^{\frac{2}{x}}\right)\underset{\ln \left(a^b\right)=b\ln \left(a\right)}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{x}\ln \left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)=\left[\frac{0}{0}\right]\text{IND} \\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\ln \left(\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)\right)}{x}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\left(\cos \left(x\right)-\sin \left(x\right)\right)}{\sin \left(x\right)+\cos \left(x\right)}=2 \end{gathered}$$

Con lo que...

$$\ln \left(L\right)=2\Rightarrow e^{\ln \left(L\right)}=e^2\Rightarrow L=e^2$$

3.-

$$\boxed{\underset{x\to -\infty }{\lim }\ln {\left(-x\right)}^{e^x}}$$

En estos casos suele ser conveniente comenzar con un cambio de variable, t=-x, con lo que...

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\ln {\left(-x\right)}^{e^x}=\underset{t\to \infty }{\lim }\ln {\left(t\right)}^{e^{-t}}$$

Comenzamos con la sustitución:

$$\underset{t\to \infty }{\lim }\ln {\left(t\right)}^{e^{-t}}=\left[{\infty }^0\right] \text{IND}$$

Tomemos logaritmos...

$$L=\underset{t\to \infty }{\lim }\ln {\left(t\right)}^{e^{-t}}\Rightarrow \ln \left(L\right)=\ln \left(\underset{t\to \infty }{\lim }\ln {\left(t\right)}^{e^{-t}}\right)$$

Una vez más, $\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(f\left(x\right)\right)$, con lo que...

$$\ln \left(L\right)=\underset{t\to \infty }{\lim }\ln \left(\ln {\left(t\right)}^{e^{-t}}\right)$$

Resolvamos dicho límite...

$$\underset{t\to \infty }{\lim }\ln \left(\ln {\left(t\right)}^{e^{-t}}\right)\underset{\ln \left(a^b\right)=b·\ln \left(a\right)}{=} \underset{t\to \infty }{\lim }{e}^{-t}·\ln \left(\ln \left(t\right)\right)=\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(\ln \left(t\right)\right)}{e^t}=\left[\frac{\infty }{\infty }\right]\text{IND}$$

Por comparación de infinitos es claro que dicho límite vale 0. No obstante, podemos aplicar la regla de L'Hôpital:

$$\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(\ln \left(t\right)\right)}{e^t}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{1}{t\ln \left(t\right)}}}{e^t}=\underset{t\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 1}}{t\ln \left(t\right)e^t}=0$$

Con lo que nos queda, finalmente:

$$\ln \left(L\right)=0\Rightarrow L=e^0\Rightarrow L=1$$

4.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+x^2\right)}^{\frac{1}{x^2}}}$$

Comenzamos sustityendo...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+x^2\right)}^{\frac{1}{x^2}}=\left[{\infty }^0\right] \text{IND}$$

Tomamos logaritmos:

$$L=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+x^2\right)}^{\frac{1}{x^2}}\Rightarrow \ln \left(L\right)=\ln \left(\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+x^2\right)}^{\frac{1}{x^2}}\right)$$

Como sabemos que $\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(f\left(x\right)\right)$, nos queda...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\ln \left({\left(1+x^2\right)}^{\frac{1}{x^2}}\right)\underset{\ln {\left(a\right)}^b=b\ln \left(a\right)}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x^2}\ln \left(1+x^2\right)=\left[\frac{\infty }{\infty }\right] \text{IND}$$

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x^2}\ln \left(1+x^2\right)\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{\cancel{2x}}{1+x^2}}}{\cancel{2x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 1}}{1+x^2}=0$$

Con lo que...

$$\ln \left(L\right)=0\Rightarrow L=e^0\Rightarrow L=1$$

5.-

$$\boxed{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x}$$

De la sustitución inicial obtenemos...

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x=\left[0^0\right]\hspace{0.17em}\text{IND}$$

Aplicando logaritmos...

$$L=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x\Rightarrow \ln \left(L\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln \left(x^x\right)$$

Sabiendo que $\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(f\left(x\right)\right)$, nos queda...

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln \left(x^x\right)\underset{\ln \left(a^b\right)=b\ln \left(a\right)}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x·\ln \left(x\right)=\left[0·\infty \right] \text{IND}$$

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x·\ln \left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{x}}}·\ln \left(x\right)\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1/x}{-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(-x\right)=0$$

Con lo que:

$$\ln \left(L\right)=0\Rightarrow L=e^0\Rightarrow L=1$$

6.-

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}}$$

De la sustitución inicial obtenemos...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}=\left[0^0\right] \text{IND}$$

Aplicando logaritmos...

$$L=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}\Rightarrow \ln \left(L\right)=\ln \left(\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}\right)$$

Sabemos que $\ln \left(\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(f\left(x\right)\right)$, con lo que nos queda...

$$\ln \left(L\right)=\ln \left(\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\ln {\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}$$

Vamos a resolver dicho límite...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\ln {\left(\frac{1}{e^x}\right)}^{\sin \left(1/x\right)}\underset{\ln {\left(a\right)}^b=b\ln \left(a\right)}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \left(\frac{1}{x}\right)\ln \left(\frac{1}{e^x}\right)=0·\left(-\infty \right)=-\left[0·\infty \right]\text{IND}$$

Transformamos la función para poder aplicar L'Hôpital...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \left(\frac{1}{x}\right)\ln \left(\frac{1}{e^x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \left(\frac{1}{x}\right)\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{\ln \left(\frac{1}{e^x}\right)}}}=\left[\frac{0}{0}\right] \text{IND}$$

En este caso sí estamos en disposición de aplicar la regla de L'Hôpital...

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \left(\frac{1}{x}\right)\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{\ln \left(\frac{1}{e^x}\right)}}}\underset{\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln \left(a\right)-\ln \left(b\right)}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\sin \left(\frac{1}{x}\right)\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{-x}}}\underset{L\text{'}H}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\cos \left(\frac{1}{x}\right)\left(\frac{-1}{x^2}\right)\frac{1}{{\displaystyle \left(\frac{1}{x^2}\right)}}=\underset{x\to \infty }{\lim }-\cos \left(\frac{1}{x}\right)=-1$$

Con lo que...

$$\ln \left(L\right)=-1\Rightarrow e^{\ln \left(L\right)}=e^{-1}\Rightarrow L=\frac{1}{e}$$