Nedeterminările reduse la L'Hopital: zero ori infinit, infinit minus infinit, unu la infinit

Un traducător care știe doar două limbi poate totuși ajuta la orice negociere, cu o condiție: toate celelalte limbi să fie mai întâi convertite în una dintre cele două pe care le stăpânește. Exact aceasta e situația regulilor lui L'Hôpital. Ele vorbesc doar două „limbi", cazul $\frac{0}{0}$ și cazul $\frac{\infty }{\infty }$, dar lista canonică a nedeterminărilor are șapte poziții. Restul de cinci nu se rezolvă direct — se traduc.

Vestea bună e că traducerea se face după rețete fixe, scurte și ușor de reținut: un produs se transformă în fracție răsturnând unul dintre factori, o diferență se aduce la același numitor sau se amplifică cu conjugata, iar o putere se transformă în exponențială prin logaritmare. Vestea mai puțin bună e că, la fiecare traducere, se pot pierde puncte din neatenție: se alege factorul greșit și calculul se complică la nesfârșit, sau se uită revenirea la exponențială după ce s-a calculat limita logaritmului. Lecția aceasta fixează rețetele și arată exact unde se greșește.

Ce vei învăța

• Vei ști să enumeri cele șapte nedeterminări și să spui care dintre ele se rezolvă direct cu regulile lui L'Hôpital.
• Vei ști să transformi cazul $0\cdot \infty$ în fracție și să alegi varianta care simplifică calculul, nu pe cea care îl complică.
• Vei ști să tratezi cazul $\infty -\infty$ prin aducere la același numitor sau prin amplificare cu conjugata.
• Vei ști să rezolvi cazurile $1^{\infty }$, ${\infty }^0$ și $0^0$ prin logaritmare, cu revenirea obligatorie la exponențială.
• Vei ști să verifici condițiile de aplicare la fiecare pas, exact ca în lecția precedentă.
• Vei ști să recunoști situațiile în care regula intră în buclă sau ar produce un cerc vicios, și ce metodă folosești în locul ei.

Hai să descoperim împreună

1. Harta celor șapte nedeterminări

Lista canonică, în ordinea pe care o folosim peste tot, este: $$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },\infty -\infty ,0\cdot \infty ,1^{\infty },{\infty }^0,0^0.$$

Primele două le-ai rezolvat în lecția Regulile lui L'Hopital pentru zero supra zero și infinit supra infinit. Celelalte cinci se reduc la ele, prin transformări scrise explicit:

Observă structura: toate drumurile trec prin $0\cdot \infty$ sau direct prin cele două cazuri de bază. Cazurile cu exponent se logaritmează, ajung la un produs, produsul se transformă în fracție, iar fracția intră la L'Hôpital. Trei pași, mereu aceiași.

Reamintim ce înseamnă „nedeterminare": nu un rezultat, ci un caz în care rezultatul nu se poate decide fără o prelucrare. Două limite de aceeași formă pot avea valori complet diferite — de exemplu $x\cdot \frac{1}{x}\to 1$ și $x^2\cdot \frac{1}{x}\to +\infty$ sunt amândouă de tipul $\infty \cdot 0$ la $+\infty$, prima cu limita $1$, a doua cu limita infinită.

Merită observat de ce lista are exact șapte poziții și nu mai multe. Toate celelalte combinații de limite se calculează după regulile obișnuite de operare, pentru că rezultatul lor nu depinde de funcțiile alese: suma dintre un număr și $+\infty$ este $+\infty$ indiferent de cine e numărul, iar $0$ ridicat la o putere infinită pozitivă este mereu $0$. Nedeterminările sunt tocmai acele combinații în care „forțele" celor doi termeni se opun: una împinge rezultatul spre zero, cealaltă spre infinit, iar cine câștigă depinde de viteza cu care fiecare tinde spre limita ei. Analiza pe care o faci în această lecție este, în fond, o comparație de viteze.

Un al doilea reper, util la examen: toate cele cinci cazuri „noi" se rezolvă în două etape, una algebrică și una analitică. Etapa algebrică — răsturnarea, aducerea la același numitor, logaritmarea — nu folosește nicio derivată și se face din reflex. Abia etapa a doua cheamă regulile lui L'Hôpital. Când te blochezi, întreabă-te întâi dacă etapa algebrică e completă, pentru că de acolo vine, de obicei, dificultatea.

2. Cazul $0\cdot \infty$: transformarea în fracție

Rețeta. Dacă $f(x)\to 0$ și $g(x)\to \pm \infty$, scrii produsul ca fracție, răsturnând unul dintre factori: $$f\cdot g=\frac{f}{\frac{1}{g}}(\text{caz }\frac{0}{0}),\text{sau}f\cdot g=\frac{g}{\frac{1}{f}}(\text{caz }\frac{\infty }{\infty }).$$

Care variantă? Cea care duce la derivate mai simple. Regula practică: răstoarnă factorul „urât" — cel a cărui derivată complică expresia. Logaritmii și exponențialele rămân sus; puterile lui $x$ coboară jos.

Exemplu. Calculăm $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }x\ln x$. Limita se ia doar la dreapta, pentru că logaritmul e definit numai pe $(0,+\infty )$, deci $0$ nu are vecinătăți stângi incluse în domeniu.

Identificarea cazului: $x\to 0$ și $\ln x\to -\infty$, deci este cazul $0\cdot \infty$.

Transformarea: lăsăm logaritmul sus și coborâm puterea: $x\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$.

Verificarea condițiilor: numitorul $\frac{1}{x}$ tinde la $+\infty$ când $x\to 0$, $x>0$, deci $\left|\frac{1}{x}\right|\to +\infty$ — caz $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar derivata numitorului, $-\frac{1}{x^2}$, este nenulă acolo.

Aplicarea: $\lim \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim (-x)=0$. Deci $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }x\ln x=0$. (Verificat numeric la dreapta, cu $50$ de zecimale.)

Alegerea greșită, ca să vezi diferența. Dacă răsturnai logaritmul, obțineai $\frac{x}{\frac{1}{\ln x}}$, iar raportul derivatelor devenea $\frac{1}{-\frac{1}{x{\ln }^{2}x}}=-x{\ln }^{2}x$ — o expresie mai complicată decât cea de la care ai plecat, tot de tip $0\cdot \infty$. Ai fi intrat într-un șir de transformări din ce în ce mai grele. Alegerea factorului nu e o chestiune de gust: e diferența dintre trei rânduri și un impas.

3. Cazul $\infty -\infty$

Rețeta are două variante, alese după forma expresiei:

• cu fracții — aduci la același numitor și obții o singură fracție, de obicei de tip $\frac{0}{0}$;
• cu radicali — amplifici cu conjugata, exact ca în lecția Nedeterminări cu radicali; adesea nici nu mai e nevoie de L'Hôpital.

Exemplu cu fracții. Calculăm $\underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right)$.

Identificarea cazului: la dreapta lui $1$, ambele fracții tind la $+\infty$; la stânga, ambele la $-\infty$. Este cazul $\infty -\infty$.

Transformarea: $\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}=\frac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}$.

Verificarea condițiilor: numărătorul tinde la $1-1-0=0$, numitorul la $0\cdot 0=0$ — caz $\frac{0}{0}$; ambele funcții sunt derivabile pe o vecinătate redusă a lui $1$ inclusă în $(0,+\infty )$, iar derivata numitorului, $\ln x+\frac{x-1}{x}$, este nenulă pe o astfel de vecinătate.

Prima aplicare: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1-\frac{1}{x}}{\ln x+\frac{x-1}{x}}$. Numărătorul tinde la $0$, numitorul la $0$ — verificăm din nou și aplicăm încă o dată.

A doua aplicare: derivatele sunt $\frac{1}{x^2}$ sus și $\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}$ jos, iar în $1$ ele dau $1$, respectiv $2$. Limita este $\frac{1}{2}$.

Concluzia: $\underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right)=\frac{1}{2}$. (Verificat numeric din ambele părți.)

Exemplu cu radicali. Calculăm $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)$. Este caz $\infty -\infty$. Amplificăm cu conjugata: $$\sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(x^2+3x)-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}\to \frac{3}{2}.$$ Nicio derivată, trei rânduri. (Verificat numeric.) Concluzia practică: la radicali, încearcă întâi conjugata; L'Hôpital ar cere aici derivate cu radical la numitor și ar duce, cum vom vedea în secțiunea 6, chiar la o buclă.

Atenție la nedeterminările false. Expresia $x-\ln x$ pare de tip $\infty -\infty$ la $+\infty$, dar se rezolvă instantaneu prin factorizare: $x-\ln x=x\left(1-\frac{\ln x}{x}\right)$, iar paranteza tinde la $1$ prin ierarhia infiniților, deci limita este $+\infty$. Verifică întotdeauna dacă un termen nu îl domină clar pe celălalt.

4. Cazurile cu exponent: $1^{\infty }$, ${\infty }^0$, $0^0$

Rețeta este aceeași pentru toate trei și pornește de la identitatea $$f(x{)}^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)},f(x)>0.$$ Cum exponențiala este continuă, limita „intră" în exponent: e suficient să calculezi $\lim g(x)\ln f(x)$, care este mereu un caz $0\cdot \infty$, și apoi să ridici numărul $e$ la puterea obținută.

Verifică pe fiecare caz de ce exponentul e nedeterminat: la $1^{\infty }$ avem $\ln f\to 0$ și $g\to \infty$; la ${\infty }^0$ avem $\ln f\to +\infty$ și $g\to 0$; la $0^0$ avem $\ln f\to -\infty$ și $g\to 0$. Toate trei dau $0\cdot \infty$.

⚠️ Pasul care se uită cel mai des: după ce ai găsit $\lim g\ln f=\lambda$, răspunsul nu este $\lambda$, ci $e^{\lambda }$. Baremele acordă un punct separat pentru revenirea la exponențială.

Exemplu ($1^{\infty }$). Calculăm $\underset{x\to 0}{\lim }(\cos x{)}^{\frac{1}{x^2}}$.

Identificarea cazului: $\cos x\to 1$ și $\frac{1}{x^2}\to +\infty$, deci este cazul $1^{\infty }$. Pe o vecinătate redusă a lui $0$ avem $\cos x>0$, deci logaritmarea e permisă.

Logaritmarea: $(\cos x{)}^{\frac{1}{x^2}}=e^{\frac{\ln \cos x}{x^2}}$, deci calculăm $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x^2}$.

Verificarea condițiilor: $\ln \cos x\to \ln 1=0$ și $x^2\to 0$ — caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe o vecinătate redusă a lui $0$, iar derivata numitorului, $2x$, e nenulă pentru $x\ne 0$.

Aplicarea: derivata numărătorului este $\frac{-\sin x}{\cos x}=-\mathrm{tg}x$, deci obținem $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\mathrm{tg}x}{2x}=-\frac{1}{2}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}x}{x}=-\frac{1}{2},$$ folosind corolarul primei limite fundamentale.

Revenirea: limita cerută este $e^{-\frac{1}{2}}\approx 0,6065307$. (Verificat numeric din ambele părți.)

Exemplu ($0^0$). Calculăm $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{x}^x$, limită care se ia doar la dreapta, pentru că $x^x$ are sens numai pentru $x>0$. Logaritmând, $x^x=e^{x\ln x}$, iar în secțiunea 2 am arătat că $x\ln x\to 0$. Prin urmare limita este $e^0=1$.

Exemplu (${\infty }^0$). Calculăm $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}$. Cazul e ${\infty }^0$; logaritmând, exponentul devine $\frac{\ln x}{x}$, care tinde la $0$ prin ierarhia infiniților. Deci limita este $e^0=1$.

5. Când NU folosești L'Hôpital

Regula de conduită din lecția precedentă rămâne valabilă și aici: cele cinci limite fundamentale și corolarele lor nu se demonstrează cu L'Hôpital, nici direct, nici după o substituție care le deghizează.

Cazul cel mai important pentru această lecție este familia $1^{\infty }$ de la infinit. Pentru $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{3}{x}\right)}^x$, logaritmarea dă exponentul $x\ln \left(1+\frac{3}{x}\right)$; cu notația $t=\frac{3}{x}$, care tinde la $0$, acesta devine $3\cdot \frac{\ln (1+t)}{t}$, adică de trei ori a patra limită fundamentală, întâlnită la Limite fundamentale cu e și cu puteri. Exponentul tinde deci la $3$, iar limita este $e^3\approx 20,0855369$. Rezolvarea are patru rânduri și nu folosește nicio derivată; ar fi o greșeală de logică să demonstrezi cu L'Hôpital tocmai limita care justifică formula derivatei logaritmului.

Regula practică, de aplicat la fiecare exercițiu de acest tip: după logaritmare, uită-te dacă exponentul nu este cumva o limită fundamentală mascată. Dacă este, o folosești direct; dacă nu, treci la L'Hôpital.

A doua situație în care regula se ocolește este cea în care algebra e mai scurtă: rapoartele de polinoame la infinit, diferențele cu radicali și expresiile din care se poate scoate factor termenul dominant. Nu există niciun punctaj suplimentar pentru folosirea unei unelte mai grele.

6. Când regula intră în buclă

Există limite la care L'Hôpital nu greșește, dar nici nu avansează: raportul derivatelor este chiar inversul raportului inițial, iar aplicarea repetată te plimbă între două expresii la nesfârșit.

Exemplul-etalon. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$, caz $\frac{\infty }{\infty }$. Derivând, numărătorul dă $1$, iar numitorul dă $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$, deci raportul devine $\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ — exact expresia inițială, răsturnată. O nouă aplicare o răstoarnă înapoi. Bucla e perfectă și nu se termină niciodată.

Ieșirea este algebrică: scoatem factor termenul dominant de sub radical, $$\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\to 1(x\to +\infty ).$$ (Verificat numeric: la $x=10^{12}$ abaterea față de $1$ este de ordinul $10^{-25}$.)

Semnul care te avertizează că urmează o buclă: derivarea nu scade complexitatea expresiei. Dacă după o aplicare ai tot atâția radicali, tot atâtea exponențiale și același grad, oprește-te și caută transformarea algebrică.

7. Procedura completă, pas cu pas

Indiferent de caz, rezolvarea are aceeași schelă, iar baremele urmăresc exact aceste puncte:

1. Numești nedeterminarea, calculând limitele bucăților: $0\cdot \infty$, $\infty -\infty$, $1^{\infty }$ și așa mai departe.
2. Aplici transformarea din tabelul secțiunii 1, scriind-o explicit; la logaritmare, precizezi că baza este strict pozitivă pe vecinătatea de lucru.
3. Verifici condițiile regulii pentru fracția obținută: tipul nedeterminării, derivabilitatea, $g^{\prime }\ne 0$.
4. Aplici regula, eventual de mai multe ori, reluând verificarea de fiecare dată.
5. Revii la forma inițială: la cazurile cu exponent, ridici $e$ la limita găsită. Fără acest pas, răspunsul e greșit chiar dacă tot calculul e corect.

Cei cinci pași sunt și o listă de autocontrol la recitirea lucrării. Dacă rezolvarea ta nu conține propoziția care numește nedeterminarea, îți lipsește pasul 1; dacă nu apare nicăieri o justificare a derivabilității și a condiției asupra derivatei numitorului, îți lipsește pasul 3. Corectorul urmărește chiar aceste puncte, în ordinea în care sunt scrise, iar un calcul corect din care lipsesc verificările primește punctaj parțial. Obișnuiește-te să le scrii scurt, într-un singur rând fiecare — nu e nevoie de fraze lungi, ci de prezența lor.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Cazul $0\cdot \infty$ cu logaritm

Calculați $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{x}^2\ln x$.

Rezolvare. Limita se ia doar la dreapta, domeniul logaritmului fiind $(0,+\infty )$.

Cazul: $x^2\to 0$ și $\ln x\to -\infty$, deci $0\cdot \infty$.

Transformarea: $x^2\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x^2}}$.

Verificarea condițiilor: numitorul $\frac{1}{x^2}\to +\infty$, deci caz $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar derivata numitorului, $-\frac{2}{x^3}$, este nenulă acolo.

Aplicarea: $\lim \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{2}{x^3}}=\lim \left(-\frac{x^2}{2}\right)=0$.

Concluzia: limita este $0$. (Verificat numeric la dreapta, cu abatere sub $10^{-22}$ la $x=10^{-12}$.) ✓

Exemplul 2 — Cazul $0\cdot \infty$ cu tangentă

Calculați $\underset{x\to \frac{\pi }{2}}{\lim }\left(x-\frac{\pi }{2}\right)\mathrm{tg}x$.

Rezolvare. Cazul: primul factor tinde la $0$, iar $\mathrm{tg}x$ tinde la $+\infty$ pe o parte și la $-\infty$ pe cealaltă, deci în modul la $+\infty$: caz $0\cdot \infty$.

Transformarea: scriem $\mathrm{tg}x=\frac{1}{\mathrm{ctg}x}$, deci produsul devine $\frac{x-\frac{\pi }{2}}{\mathrm{ctg}x}$.

Verificarea condițiilor: numărătorul tinde la $0$ și numitorul la $\mathrm{ctg}\frac{\pi }{2}=0$ — caz $\frac{0}{0}$; ambele funcții sunt derivabile pe o vecinătate redusă a lui $\frac{\pi }{2}$, iar derivata numitorului, $-\frac{1}{{\sin }^{2}x}$, este nenulă acolo (numitorul ${\sin }^{2}x$ e apropiat de $1$).

Aplicarea: $\lim \frac{1}{-\frac{1}{{\sin }^{2}x}}=\lim \left(-{\sin }^{2}x\right)=-1$.

Concluzia: limita este $-1$. (Verificat numeric din ambele părți.) ✓

Exemplul 3 — Cazul $\infty -\infty$ cu fracții

Calculați $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)$.

Rezolvare. Cazul: la dreapta ambele fracții tind la $+\infty$, la stânga ambele la $-\infty$: caz $\infty -\infty$.

Transformarea: $\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-x}{x\sin x}$.

Verificarea condițiilor: numărătorul tinde la $0$ și numitorul la $0$ — caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe o vecinătate redusă a lui $0$, iar derivata numitorului, $\sin x+x\cos x$, e nenulă pe o astfel de vecinătate.

Prima aplicare: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x}$. Numărătorul tinde la $0$, numitorul la $0$: verificăm din nou condițiile și aplicăm încă o dată.

A doua aplicare: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x}{2\cos x-x\sin x}=\frac{0}{2}=0$.

Concluzia: limita este $0$. (Verificat numeric din ambele părți.) ✓

Exemplul 4 — Cazul $1^{\infty }$ rezolvat cu limita fundamentală

Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{2}{x}\right)}^{3x}$.

Rezolvare. Cazul: baza tinde la $1$, exponentul la $+\infty$: caz $1^{\infty }$. Baza e strict pozitivă pentru $x$ mare, deci logaritmarea e permisă.

Logaritmarea: ${\left(1+\frac{2}{x}\right)}^{3x}=e^{3x\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)}$.

Exponentul: notăm $t=\frac{2}{x}$; când $x\to +\infty$, avem $t\to 0$ și $t\ne 0$. Atunci $3x=\frac{6}{t}$, deci exponentul devine $6\cdot \frac{\ln (1+t)}{t}$, care tinde la $6\cdot 1=6$, prin a patra limită fundamentală.

Revenirea: limita cerută este $e^6\approx 403,4287935$.

Observă că nu am folosit L'Hôpital: exponentul era o limită fundamentală mascată, iar folosirea regulii ar fi însemnat un cerc vicios. (Verificat numeric.) ✓

Exemplul 5 — Cazul ${\infty }^0$

Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }(2x{)}^{\frac{1}{x}}$.

Rezolvare. Cazul: baza tinde la $+\infty$, exponentul la $0$: caz ${\infty }^0$. Pentru $x>0$ baza e strict pozitivă.

Logaritmarea: $(2x{)}^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{\ln (2x)}{x}}$, deci calculăm $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (2x)}{x}$.

Verificarea condițiilor: $\ln (2x)\to +\infty$ și $x\to +\infty$, deci $|g(x)|\to +\infty$ — caz $\frac{\infty }{\infty }$; funcțiile sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar $g^{\prime }(x)=1\ne 0$.

Aplicarea: derivata numărătorului este $\frac{2}{2x}=\frac{1}{x}$, deci $\lim \frac{1/x}{1}=0$.

Revenirea: limita cerută este $e^0=1$. (Verificat numeric: la $x=10^{12}$ abaterea față de $1$ este de ordinul $10^{-11}$.) ✓

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcția $f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^x$. a) Arătați că $f(x)=e^{x\ln x}$ pentru orice $x>0$. b) Calculați $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }x\ln x$. c) Calculați $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }f(x)$.

Rezolvare.

a) Pentru $x>0$ avem $\ln \left(x^x\right)=x\ln x$, iar exponențiala și logaritmul natural sunt funcții inverse una alteia, deci $x^x=e^{\ln (x^x)}=e^{x\ln x}$.

b) Cazul: $x\to 0$ și $\ln x\to -\infty$, deci $0\cdot \infty$. Transformarea: $x\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$. Verificarea condițiilor: numitorul tinde la $+\infty$, deci e caz $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar derivata numitorului, $-\frac{1}{x^2}$, e nenulă. Aplicarea: $\lim \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim (-x)=0$.

c) Din a) și b), cum exponențiala e continuă, $$\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{x}^x=\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{e}^{x\ln x}=e^0=1.$$ Limita se ia doar la dreapta, pentru că funcția e definită numai pe $(0,+\infty )$. (Verificat numeric la dreapta, cu $50$ de zecimale.) ✓

Să exersăm

Lucrează pe caiet. La fiecare exercițiu, numește întâi nedeterminarea, scrie transformarea și abia apoi verifică condițiile regulii.

1. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }x{e}^{-x}$.

2. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3{e}^{-x}$.

3. Calculează $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\sqrt{x}\ln x$.

4. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)$ prin amplificare cu conjugata.

5. Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)$.

6. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{x}{x+1}\right)}^x$.

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Regulile lui L'Hôpital se aplică direct nedeterminării $0\cdot \infty$."

8. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă la un caz $1^{\infty }$ exponentul $g\ln f$ tinde la $2$, atunci limita cerută este $2$."

9. Calculează $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{x}^{\sin x}$.

10. Arată că expresia $x^2-\ln x$ nu duce, la $+\infty$, la o nedeterminare adevărată, și calculează limita.

11. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }(\ln x{)}^{\frac{1}{x}}$.

12. Explică de ce, la $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }x\ln x$, transformarea $\frac{x}{\frac{1}{\ln x}}$ este o alegere proastă.

13. (Problemă aplicată.) Puterea consumată de un dispozitiv în regim de oprire este $P(t)=5t{e}^{-t}$ wați, unde $t$ e timpul în minute de la comanda de oprire. Calculează $\underset{t\to +\infty }{\lim }P(t)$ și interpretează rezultatul.

14. Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{{\sin }^{2}x}\right)$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^{\frac{1}{x}}$. Arată că $f(x)=e^{\frac{\ln x}{x}}$ și calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$.

16. Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{\frac{1}{x^2}}$, folosind că $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\sin x}{x}\right)}{x^2}=-\frac{1}{6}$.

17. Arată că regula lui L'Hôpital intră în buclă la $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ și calculează limita altfel.

18. (Provocare.) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x^2}$, precizând tipul nedeterminării și justificând fiecare pas.

Răspunsuri și explicații

1. Caz $0\cdot \infty$. Scriem $x{e}^{-x}=\frac{x}{e^x}$, caz $\frac{\infty }{\infty }$, cu $g^{\prime }(x)=e^x\ne 0$. Aplicare: $\lim \frac{1}{e^x}=0$.

2. Analog, $\frac{x^3}{e^x}$, caz $\frac{\infty }{\infty }$; se aplică regula de trei ori și se ajunge la $\lim \frac{6}{e^x}=0$.

3. Caz $0\cdot \infty$, la dreapta. Scriem $\frac{\ln x}{x^{-1/2}}$, caz $\frac{\infty }{\infty }$. Aplicare: $\frac{1/x}{-\frac{1}{2}{x}^{-3/2}}=-2\sqrt{x}\to 0$. Limita este $0$.

4. $\sqrt{x^2+x}-x=\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}\to \frac{1}{2}$.

5. Este opusul limitei din Exemplul 3, deci valoarea este tot $0$ (opusul lui $0$).

6. Caz $1^{\infty }$. Logaritmând, exponentul este $x\ln \frac{x}{x+1}=-x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$. Cu $t=\frac{1}{x}\to 0$ obținem $-\frac{\ln (1+t)}{t}\to -1$, prin limita fundamentală. Limita cerută este $e^{-1}\approx 0,3678794$.

7. Fals. Regulile se aplică doar cazurilor $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$. Produsul $0\cdot \infty$ trebuie mai întâi transformat în fracție, răsturnând unul dintre factori.

8. Fals. Răspunsul este $e^2$, nu $2$. Limita calculată este cea a exponentului, iar revenirea la exponențială e obligatorie.

9. Caz $0^0$, la dreapta. Logaritmând, exponentul este $\sin x\cdot \ln x=\frac{\sin x}{x}\cdot x\ln x\to 1\cdot 0=0$. Limita cerută este $e^0=1$.

10. Scoatem factor termenul dominant: $x^2-\ln x=x^2\left(1-\frac{\ln x}{x^2}\right)$. Prin ierarhia infiniților, paranteza tinde la $1$, iar $x^2\to +\infty$, deci limita este $+\infty$. Nedeterminarea dispare la prima factorizare.

11. Caz ${\infty }^0$. Logaritmând, exponentul este $\frac{\ln (\ln x)}{x}$, caz $\frac{\infty }{\infty }$; aplicând regula, obținem $\frac{\frac{1}{x\ln x}}{1}\to 0$. Limita cerută este $e^0=1$.

12. Pentru că raportul derivatelor devine $\frac{1}{-\frac{1}{x{\ln }^{2}x}}=-x{\ln }^{2}x$, expresie mai complicată decât cea inițială și tot de tip $0\cdot \infty$. Alegerea corectă răstoarnă puterea lui $x$, nu logaritmul.

13. Caz $0\cdot \infty$. Scriem $P(t)=\frac{5t}{e^t}$, caz $\frac{\infty }{\infty }$; aplicând regula, $\lim \frac{5}{e^t}=0$. Interpretare: consumul rezidual scade spre zero, deci dispozitivul chiar se oprește complet, deși nu într-un moment precis.

14. Caz $\infty -\infty$. Aducem la același numitor: $\frac{{\sin }^{2}x-x^2}{x^2{\sin }^{2}x}$, caz $\frac{0}{0}$. Aplicând regula de mai multe ori (sau folosind dezvoltarea $\sin x\approx x-\frac{x^3}{6}$ ca ghid de calcul), se obține $-\frac{1}{3}$. (Verificat numeric din ambele părți.)

15. Pentru $x>0$, $x^{\frac{1}{x}}=e^{\ln \left(x^{1/x}\right)}=e^{\frac{\ln x}{x}}$. Exponentul este caz $\frac{\infty }{\infty }$; aplicând regula, $\lim \frac{1/x}{1}=0$. Prin continuitatea exponențialei, limita cerută este $e^0=1$.

16. Caz $1^{\infty }$, pentru că $\frac{\sin x}{x}\to 1$ și $\frac{1}{x^2}\to +\infty$. Cu indicația din enunț, exponentul $\frac{\ln \left(\frac{\sin x}{x}\right)}{x^2}$ tinde la $-\frac{1}{6}$, deci limita este $e^{-\frac{1}{6}}\approx 0,8464817$.

17. Caz $\frac{\infty }{\infty }$; derivând, numărătorul dă $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ și numitorul dă $1$, deci raportul devine inversul celui inițial, iar o nouă aplicare îl răstoarnă la loc. Algebric: $\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\to 1$.

18. Caz $1^{\infty }$. Logaritmând, exponentul este $x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$. Cu $t=\frac{1}{x}\to 0$ și $x^2=\frac{1}{t^2}$, exponentul devine $\frac{1}{t}\cdot \frac{\ln (1+t)}{t}$; al doilea factor tinde la $1$, iar $\frac{1}{t}\to +\infty$, deci exponentul tinde la $+\infty$. Prin urmare limita cerută este $+\infty$.

De reținut

• Cele șapte nedeterminări, în ordine: $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$, $\infty -\infty$, $0\cdot \infty$, $1^{\infty }$, ${\infty }^0$, $0^0$. Regulile lui L'Hôpital se aplică direct doar primelor două.
• $0\cdot \infty$: răstoarnă unul dintre factori, $f\cdot g=\frac{f}{1/g}$ sau $\frac{g}{1/f}$; alege varianta care coboară jos puterea lui $x$ și lasă sus logaritmul sau exponențiala.
• $\infty -\infty$: adu la același numitor, iar la radicali amplifică cu conjugata — adesea nici nu mai e nevoie de derivate.
• $1^{\infty }$, ${\infty }^0$, $0^0$: logaritmează, $f^g=e^{g\ln f}$, calculează limita exponentului (caz $0\cdot \infty$) și revino la exponențială.
• Condițiile se verifică la fiecare aplicare, iar limitele fundamentale mascate se rezolvă cu ele, nu cu L'Hôpital.

Greșeli frecvente

• Aplici regula direct produsului sau diferenței. Enunțul teoremei vorbește despre un raport. Fără transformarea în fracție, regula nu are ce derivata numitorului să folosească.
• Uiți revenirea la exponențială. La cazurile cu exponent, limita calculată este a lui $g\ln f$; răspunsul final este $e$ ridicat la acea valoare. Este pierderea de punctaj cea mai frecventă la această temă.
• Răstorni factorul greșit la $0\cdot \infty$. La $x\ln x$, coborârea logaritmului duce la $-x{\ln }^{2}x$, o expresie mai grea decât originalul. Coboară puterea lui $x$, nu logaritmul.
• Insiști cu regula când ea intră în buclă. La $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ derivarea răstoarnă expresia la infinit. Semnul de alarmă: după o aplicare, expresia nu s-a simplificat deloc.
• Demonstrezi o limită fundamentală mascată cu L'Hôpital. După logaritmare, exponentul lui ${\left(1+\frac{3}{x}\right)}^x$ este chiar $\frac{\ln (1+t)}{t}$; se folosește limita fundamentală, altfel raționamentul e circular.

Aplică acasă

1. Harta pe o singură pagină. Reface, pe o foaie A4, schema celor șapte nedeterminări din secțiunea 6, adăugând sub fiecare casetă un exemplu propriu, rezolvat până la capăt. Lipește foaia în caiet: la recapitulare, ea înlocuiește trei pagini de teorie.

2. Alegerea factorului, testată. Ia trei produse de tip $0\cdot \infty$ și rezolvă fiecare pe ambele căi de transformare în fracție. Notează de fiecare dată câte rânduri a durat calculul și ce s-a întâmplat pe drumul lung. Formulează, cu propriile cuvinte, regula de alegere.

3. Vânătoare de nedeterminări false. Scrie cinci expresii care par de tip $\infty -\infty$ la $+\infty$, dar în care un termen îl domină clar pe celălalt. Pentru fiecare, arată prin factorizare că limita se calculează în două rânduri, fără nicio derivată, și verifică rezultatul cu valori mari ale lui $x$.

Pentru părinți și profesori

Lecția închide capitolul de limite al clasei a XI-a, punând la un loc toate cazurile de nedeterminare cerute de programă. Valoarea ei este mai degrabă de organizare decât de teorie nouă: elevul are deja regulile lui L'Hôpital și transformările algebrice, iar aici învață să le combine după o schemă fixă. Programa cere, la sugestiile metodologice, „dezvoltarea creativității elevilor în prelucrarea expresiilor, în vederea obținerii unor operații cu limite care au sens" — exact ceea ce face secțiunea despre alegerea factorului răsturnat.

Ce verifică lecția: (1) numirea corectă a cazului de nedeterminare; (2) transformarea potrivită, scrisă explicit; (3) verificarea condițiilor regulii pentru fracția obținută, la fiecare aplicare; (4) revenirea la exponențială la cazurile cu exponent; (5) recunoașterea situațiilor în care algebra e mai scurtă sau în care regula ar intra în buclă ori într-un cerc vicios.

Întrebări bune de control: „Ce nedeterminare este și în ce o transformi?", „De ce ai răsturnat acest factor și nu pe celălalt?", „Care e răspunsul final, după logaritmare?". La BAC M1, aceste limite apar mai ales în forma cu exponent și în forma produs cu exponențială. Semn că elevul a înțeles: scrie de la sine tipul nedeterminării înainte de orice calcul și nu uită niciodată pasul de revenire.

Întrebări frecvente

Câte cazuri de nedeterminare există și pe care le rezolvă direct L'Hôpital? Sunt șapte: $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$, $\infty -\infty$, $0\cdot \infty$, $1^{\infty }$, ${\infty }^0$ și $0^0$. Regulile lui L'Hôpital se aplică direct doar primelor două; celelalte cinci se reduc la ele prin transformări.

Cum transform un produs $0\cdot \infty$ în fracție? Răstorni unul dintre factori: fie scrii $\frac{f}{1/g}$ și obții cazul $\frac{0}{0}$, fie scrii $\frac{g}{1/f}$ și obții cazul $\frac{\infty }{\infty }$. Alegi varianta în care derivatele ies mai simple, de regulă coborând jos puterea lui $x$.

Ce fac la o nedeterminare $\infty -\infty$? Dacă expresia conține fracții, le aduci la același numitor și obții de obicei un caz $\frac{0}{0}$. Dacă apar radicali, amplifici cu conjugata; de multe ori limita iese direct, fără să mai fie nevoie de derivate.

Cum se rezolvă cazul unu la infinit? Se logaritmează: scrii $f^g=e^{g\ln f}$, calculezi limita exponentului, care este un caz $0\cdot \infty$, și apoi ridici numărul $e$ la valoarea găsită. Baza trebuie să fie strict pozitivă pe vecinătatea de lucru.

De ce răspunsul nu este limita exponentului? Pentru că expresia inițială este o exponențială, nu exponentul ei. Dacă $g\ln f\to \lambda$, atunci $f^g=e^{g\ln f}\to e^{\lambda }$, prin continuitatea funcției exponențiale. Uitarea acestui pas transformă un răspuns corect în unul greșit.

Ce fac dacă regula lui L'Hôpital nu se mai termină? Este semn că ai intrat într-o buclă: derivarea răstoarnă expresia în loc să o simplifice. Ieșirea e algebrică — scoți factor termenul dominant, amplifici cu conjugata sau simplifici, cum se procedează la raportul dintre $x$ și radicalul din $x^2+1$.

Când e mai bine să nu folosesc deloc această regulă? Când expresia se simplifică vizibil prin factorizare, prin conjugată sau prin scoaterea termenului dominant, și, obligatoriu, când limita este una dintre cele fundamentale sau o formă a lor mascată prin substituție, pentru că atunci raționamentul ar fi circular.

De ce unele limite din lecție se iau doar la dreapta? Pentru că funcția nu este definită la stânga punctului. La $x\ln x$ și la $x^x$ domeniul este $(0,+\infty )$, deci $0$ nu are nicio vecinătate stângă inclusă în domeniu, iar singura limită laterală care are sens este cea la dreapta.