Cálculo de límites mediante la Regla de L'Hôpital

**a) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{9+x} - \sqrt{9-x}}{9x}$. (1.25 puntos)** En primer lugar, evaluamos el límite para comprobar si existe alguna indeterminación: $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{9+x} - \sqrt{9-x}}{9x} = \frac{\sqrt{9+0} - \sqrt{9-0}}{9(0)} = \frac{3-3}{0} = \frac{0}{0}$$ Obtenemos una indeterminación del tipo $\frac{0}{0}$. Para resolverla, aplicamos la **Regla de L'Hôpital**, que consiste en derivar el numerador y el denominador por separado. 💡 **Tip:** Recuerda que la derivada de una función raíz es $(\sqrt{u})' = \frac{u'}{2\sqrt{u}}$.

Derivamos el numerador y el denominador: - Numerador: $f(x) = \sqrt{9+x} - \sqrt{9-x} \implies f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{9+x}} - \frac{-1}{2\sqrt{9-x}} = \frac{1}{2\sqrt{9+x}} + \frac{1}{2\sqrt{9-x}}$ - Denominador: $g(x) = 9x \implies g'(x) = 9$ Aplicando el límite de nuevo: $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{9+x} - \sqrt{9-x}}{9x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2\sqrt{9+x}} + \frac{1}{2\sqrt{9-x}}}{9}$$ Sustituimos $x = 0$: $$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2\sqrt{9}} + \frac{1}{2\sqrt{9}}}{9} = \frac{\frac{1}{6} + \frac{1}{6}}{9} = \frac{\frac{2}{6}}{9} = \frac{\frac{1}{3}}{9} = \frac{1}{27}$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{9+x} - \sqrt{9-x}}{9x} = \frac{1}{27}}$$

**b) $\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x^2} \right)^{\tan(x)}$. (1.25 puntos) Nota: tan = tangente.** Evaluamos el límite directo: $$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x^2} \right)^{\tan(x)} = (+\infty)^0$$ Esto es una indeterminación del tipo $\infty^0$. Para resolverla, llamamos $L$ al valor del límite y aplicamos logaritmos neperianos: $$L = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x^2} \right)^{\tan(x)} \implies \ln L = \lim_{x \to 0^+} \ln \left( \left( \frac{1}{x^2} \right)^{\tan(x)} \right)$$ Utilizando la propiedad $\ln(a^b) = b \cdot \ln(a)$: $$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \tan(x) \cdot \ln\left( \frac{1}{x^2} \right) = \lim_{x \to 0^+} \tan(x) \cdot \ln(x^{-2})$$ $$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \tan(x) \cdot (-2 \ln x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{-2 \ln x}{\frac{1}{\tan x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{-2 \ln x}{\cot x}$$ 💡 **Tip:** Para aplicar L'Hôpital en potencias indeterminadas, suele ser útil usar la identidad $a^b = e^{b \ln a}$ o tomar logaritmos.

Ahora tenemos un límite de la forma $\frac{\infty}{\infty}$, por lo que aplicamos la Regla de L'Hôpital: $$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \frac{-2 \ln x}{\cot x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{-2}{x}}{-\frac{1}{\sin^2 x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{2 \sin^2 x}{x}$$ Este nuevo límite es de la forma $\frac{0}{0}$. Aplicamos L'Hôpital de nuevo: $$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \frac{4 \sin x \cos x}{1}$$ Sustituimos $x = 0$: $$\ln L = 4 \sin(0) \cos(0) = 4 \cdot 0 \cdot 1 = 0$$ 💡 **Tip:** También se podría haber usado el límite notable $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ para simplificar el paso anterior.

Como hemos hallado que el logaritmo del límite es $0$: $$\ln L = 0 \implies L = e^0 = 1$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x^2} \right)^{\tan x} = 1}$$