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Análisis Matemático 66

2025 CABANA

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ANÁLISIS MATEMÁTICO 66 UBA XXI
CÁTEDRA CABANA

Práctica 4 - Regla de L'Hopital

4.15. Analizar en que ítems se puede usarse la regla de L'Hopital. Resolver cada límite con el método adecuado.
i) limxπ/2[tan(x)]2xπ\lim _{x \rightarrow \pi / 2}[\tan (x)]^{2 x-\pi}

Respuesta

Queremos resolver este límite: limxπ/2[tan(x)]2xπ\lim _{x \rightarrow \pi / 2}[\tan (x)]^{2 x-\pi}

Si arrancamos haciendo un análisis de la situación, cuando xx tiende a π/2\pi / 2 tenemos algo que tiende a infinito, elevado a algo que tiende a cero. Esto es una indeterminación de tipo ()0(\infty)^0. Honestamente, esta indeterminación aparece acá en la guía pero jamás vi que tomen este tipo de límites en un parcial o final, por eso en las clases del curso no vimos ningún ejemplo como este. Ya que estás acá, aprovechamos y te muestro cómo lo podés resolver (pero, te repito, este ejercicio no tiene nada que ver con el enfoque y el nivel de dificultad de los exámenes! Así que tranqui)

Arrancamos tomando el logaritmo natural de la función:

limxπ2ln([tan(x)]2xπ) \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \ln\left([\tan(x)]^{2x - \pi}\right)

Reescribiendo usando propiedad de logaritmos:

limxπ2(2xπ)ln(tan(x)) \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (2x - \pi)\ln(\tan(x))

Ahora tenemos una indeterminación de tipo "cero x infinito", reescribimos para poder aplicar L'Hopital:

limxπ2ln(tan(x))12xπ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{\ln(\tan(x))}{\frac{1}{2x - \pi}}

Ahora si, tenemos una indeterminación de tipo "infinito sobre infinito", aplicamos L'Hopital. Ojo acá por las dudas, vamos despacito:

La derivada del numerador es 1tan(x)1cos2(x)\frac{1}{\tan(x)} \cdot \frac{1}{\cos^2(x)} La derivada del denominador es: 2(2xπ)2 -\frac{2}{(2 x-\pi)^2} Entonces, cuando aplicamos L'Hopital nos queda... limxπ/21tan(x)1cos2(x)2(2xπ)2\lim _{x \rightarrow \pi / 2}\frac{\frac{1}{\tan(x)} \cdot \frac{1}{\cos^2(x)}}{-\frac{2}{(2 x-\pi)^2}}

Reacomodamos:

limxπ/21tan(x)cos2(x)(2xπ)22\lim _{x \rightarrow \pi / 2} \frac{1}{\tan(x) \cos^2(x)} \cdot \frac {-(2x-\pi)^2}{2}

Recordando que tan(x)=sin(x)cos(x)\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}, podemos simplificar:

limxπ/2(2xπ)22sin(x)cos(x)\lim _{x \rightarrow \pi / 2} \frac{-(2x-\pi)^2}{2 \sin(x) \cos(x)}

Tenemos una indeterminación de tipo "cero sobre cero", aplicamos L'Hopital de nuevo:

limxπ/24(2xπ)2cos2(x)2sin2(x)=0\lim _{x \rightarrow \pi / 2} \frac{-4 (2x - \pi)}{2 \cos^2(x) - 2\sin^2(x)} = 0

Por lo tanto, 

limxπ2ln([tan(x)]2xπ)=0 \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \ln\left([\tan(x)]^{2x - \pi}\right) = 0

Es decir, lo que nos dio cero no\textbf{no} es nuestro límite original, sino este, con el logaritmo natural! Para recuperar nuestro límite original aplicamos ee en ambos miembros:

limxπ2[tan(x)]2xπ)=e0=1 \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} [\tan(x)]^{2x - \pi}) = e^0 = 1 Entonces, limxπ/2[tan(x)]2xπ=1\lim _{x \rightarrow \pi / 2}[\tan (x)]^{2 x-\pi} = 1
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ExaComunidad
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Ivan
28 de mayo 20:45
Hola Profe, no entiendo por que ln (tan(pi/2) es igual a infinito, por favor podria explicarlo, muchas gracias

Flor
PROFE
29 de mayo 9:26
@Ivan Hola Ivan! Mirá, es por esto:

2024-05-29%2009:26:00_4201125.png

Acordate que cuando lo de adentro del logaritmo se va a ++\infty, entonces ln(+)=+\ln(+\infty) = +\infty

Se ve mejor ahí?
0 Responder
Ivan
29 de mayo 19:59
Flor una genia, como siempre, se te admira y aprecia mucho, gracias
0 Responder