Regulile lui L'Hopital pentru zero supra zero și infinit supra infinit

În 1696 apare la Paris prima carte de calcul diferențial din istorie, semnată de marchizul Guillaume de L'Hôpital. În ea se găsește o regulă surprinzătoare: când un raport de două funcții duce la nedeterminarea $\frac{0}{0}$, se poate înlocui fiecare funcție cu derivata ei, iar limita nu se schimbă. Regula fusese descoperită, de fapt, de Johann Bernoulli, profesorul plătit al marchizului, dar numele care a rămas în manuale este cel de pe copertă. În scrierea românească vei întâlni și forma fără accent circumflex, „L'Hopital", folosită și în titlul acestei lecții; pronunția este aceeași, „lopital".

Ce aduce nou regula? Până acum, la nedeterminări, aveai numai unelte algebrice: factorizarea și simplificarea de la Nedeterminări la funcții raționale, amplificarea cu conjugata de la Nedeterminări cu radicali și cele cinci limite fundamentale. Ele funcționează impecabil, dar cer de fiecare dată o idee. Regulile lui L'Hôpital înlocuiesc ideea cu o procedură: derivezi sus, derivezi jos, calculezi din nou limita. Prețul este că procedura are condiții stricte de aplicare, iar aplicată în afara lor produce rezultate false — de aceea jumătate din lecție e despre când ai voie să o folosești.

Ce vei învăța

• Vei ști să enunți regulile lui L'Hôpital pentru cazurile $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$, cu toate condițiile.
• Vei ști să verifici explicit condițiile înainte de fiecare aplicare — este partea pe care baremele o punctează separat.
• Vei ști să aplici regula de mai multe ori la rând, verificând din nou condițiile la fiecare pas.
• Vei ști să folosești regula pentru a stabili ierarhia infiniților: logaritmul, puterea și exponențiala.
• Vei ști să recunoști cele trei capcane: aplicarea în afara nedeterminării, folosirea regulii câtului și credința că reciproca ar fi valabilă.
• Vei ști de ce limitele fundamentale nu se demonstrează cu L'Hôpital și cum eviți cercul vicios.

Hai să descoperim împreună

1. De unde vine ideea

Fie două funcții care se anulează amândouă în același punct $x_0$, adică $f(x_0)=g(x_0)=0$. Raportul lor duce, în $x_0$, la nedeterminarea $\frac{0}{0}$. Scriem raportul într-o formă care aduce derivatele în scenă: $$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}.$$ Primul semn de egalitate e permis tocmai pentru că cele două valori scăzute sunt nule, iar al doilea vine din amplificarea sus și jos cu $\frac{1}{x-x_0}$. Când $x\to x_0$, numărătorul tinde la $f^{\prime }(x_0)$ și numitorul la $g^{\prime }(x_0)$, deci — dacă $g^{\prime }(x_0)\ne 0$ — limita raportului este $\frac{f^{\prime }(x_0)}{g^{\prime }(x_0)}$.

Aceasta este ideea în forma ei cea mai simplă, și explică de ce regula are cea mai bună șansă să funcționeze: aproape de $x_0$, fiecare funcție se comportă ca tangenta ei, iar raportul a două funcții care pornesc din zero seamănă cu raportul pantelor cu care pornesc.

Enunțul general, cel pe care îl vom folosi, este mai puternic: nu cere derivabilitate în $x_0$, funcționează și când $x_0$ este $+\infty$ sau $-\infty$, și acoperă și cazul $\frac{\infty }{\infty }$. Demonstrația lui depășește nivelul clasei, iar programa cere explicit ca teoremele lui L'Hôpital să se admită fără demonstrație. Faptul că o teoremă se admite nu o face mai puțin obligatorie de aplicat corect — dimpotrivă: pentru că nu ai demonstrația la îndemână ca să vezi unde s-ar rupe raționamentul, singura ta protecție împotriva greșelilor este verificarea disciplinată a ipotezelor.

Merită spus de la început și ce nu face regula. Ea nu simplifică expresia și nu explică de ce apare nedeterminarea; ea doar înlocuiește o limită cu alta, sperând că a doua e mai ușoară. Uneori nu este: există rapoarte la care derivarea complică lucrurile la nesfârșit, iar o singură amplificare bine aleasă rezolvă totul într-un rând. De aceea metodele algebrice învățate mai devreme nu devin inutile — rămân prima opțiune ori de câte ori se vede o factorizare sau un termen dominant.

2. Enunțul

Regulile lui L'Hôpital (se admit fără demonstrație — cerință de programă): fie $x_0$ punct de acumulare al lui $I$ și $f,g$ derivabile pe $I\setminus \{x_0\}$, cu $g^{\prime }(x)\ne 0$ pe $I\setminus \{x_0\}$. Dacă

1. $\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)=0$ (cazul $\frac{0}{0}$) sau $\underset{x\to x_0}{\lim }|g(x)|=+\infty$ (cazul $\frac{\infty }{\infty }$), și
2. există $\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\ell \in \overline{\mathbb{R}}$,

atunci există și $\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\ell$.

Trei observații despre enunț.

(a) Punctul $x_0$ poate fi și $\pm \infty$. Enunțul cere doar ca $x_0$ să fie punct de acumulare al mulțimii pe care lucrăm, iar $+\infty$ și $-\infty$ sunt puncte de acumulare pentru intervalele nemărginite. Toate exemplele cu $x\to +\infty$ de mai jos intră sub același enunț.

(b) Pentru cazul $\frac{\infty }{\infty }$ se cere doar ca numitorul să tindă la infinit în modul. Enunțul nu cere nimic despre numărător — deși, în practică, atunci când numărătorul nu tinde la infinit, limita se obține mai simplu, fără regulă.

(c) Condiția $g^{\prime }(x)\ne 0$ nu e decorativă. Ea garantează că raportul $\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ are sens pe o vecinătate redusă a lui $x_0$. La funcțiile din exercițiile de clasă se verifică într-o singură propoziție, dar se scrie.

3. Procedura, în patru pași

Politica acestei lecții, și a celei care urmează, este ca toate condițiile să fie verificate explicit la fiecare aplicare. Formularea-tip, pe care o vei repeta aproape identic de fiecare dată, arată așa:

1. Constați nedeterminarea: calculezi limitele numărătorului și numitorului și spui în ce caz te afli, $\frac{0}{0}$ sau $\frac{\infty }{\infty }$. Dacă nu ești în niciunul, te oprești: regula nu se aplică.
2. Verifici derivabilitatea și condiția $g^{\prime }\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $x_0$, într-o propoziție.
3. Derivezi separat numărătorul și numitorul și calculezi $\lim \frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$.
4. Transferi rezultatul: dacă limita de la pasul 3 există, ea este și limita raportului inițial. Dacă la pasul 3 apare din nou o nedeterminare, reiei procedura de la pasul 1 pentru noul raport.

Model complet. Calculăm $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-1}{x^2-1}$.

Verificare: $\underset{x\to 1}{\lim }(x^3-1)=0$ și $\underset{x\to 1}{\lim }(x^2-1)=0$, deci este cazul $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt polinomiale, deci derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=2x\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $1$. Condițiile sunt îndeplinite.

Aplicarea: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3x^2}{2x}=\frac{3}{2}$, limită care există. Prin urmare $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-1}{x^2-1}=\frac{3}{2}$.

Control: aceeași limită se obține și algebric, simplificând cu $x-1$: $\frac{x^3-1}{x^2-1}=\frac{x^2+x+1}{x+1}\to \frac{3}{2}$. (Verificat numeric din ambele părți, cu $50$ de zecimale.)

4. Cazul $\frac{\infty }{\infty }$ și ierarhia infiniților

A doua regulă se aplică la fel, dar rezolvă o întrebare pe care algebra nu o poate atinge: cine crește mai repede?

Exemplu. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}$. Verificare: $\ln x\to +\infty$ și $x\to +\infty$, deci $|g(x)|\to +\infty$: e cazul $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar $g^{\prime }(x)=1\ne 0$. Aplicarea: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1/x}{1}=0$. Deci limita este $0$.

Exemplu. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2}{e^x}$. Verificare: ambele tind la $+\infty$, funcțiile sunt derivabile pe $\mathbb{R}$ și $g^{\prime }(x)=e^x\ne 0$. Aplicarea: $\lim \frac{2x}{e^x}$, tot caz $\frac{\infty }{\infty }$; verificăm din nou condițiile și aplicăm încă o dată: $\lim \frac{2}{e^x}=0$. Deci limita este $0$.

Cele două rezultate se generalizează și dau o ierarhie pe care merită să o reții ca atare: $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^a}=0(a>0),\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^a}{b^x}=0(a>0,b>1).$$ În cuvinte: logaritmul crește mai încet decât orice putere, iar orice putere crește mai încet decât orice exponențială cu baza supraunitară. Este cel mai util rezultat practic al lecției; el explică de ce, în comparațiile de la Bacalaureat M1, exponențiala „câștigă" întotdeauna. (Verificat numeric: $\frac{x^5}{e^x}$ este de ordinul $10^{-76}$ pentru $x=200$.)

Ierarhia se obține de fiecare dată prin același mecanism: derivând, exponențiala rămâne neschimbată, în timp ce puterea își scade exponentul cu o unitate. După un număr finit de aplicări ale regulii, numărătorul devine o constantă, iar numitorul continuă să crească nemărginit. Cu logaritmul se întâmplă invers: o singură derivare îl transformă într-o fracție care se stinge. Merită să reții și consecința pentru rapoartele inversate: dacă un raport dintre o funcție lentă și una rapidă tinde la zero și rămâne pozitiv, atunci raportul răsturnat tinde la $+\infty$.

5. Aplicări repetate

Când raportul derivatelor este tot o nedeterminare, regula se aplică din nou — dar condițiile se verifică de fiecare dată, pentru noul raport.

Exemplu. $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-3x+2}{x^3-x^2-x+1}$.

Verificare (pasul 1): numărătorul în $1$ dă $1-3+2=0$, numitorul dă $1-1-1+1=0$: caz $\frac{0}{0}$. Funcții polinomiale, derivabile pe $\mathbb{R}$; $g^{\prime }(x)=3x^2-2x-1=(3x+1)(x-1)$, nenul pe o vecinătate redusă a lui $1$.

Prima aplicare: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3x^2-3}{3x^2-2x-1}$. Verificăm din nou: numărătorul dă $0$, numitorul dă $0$ — caz $\frac{0}{0}$; noul numitor are derivata $6x-2$, care în vecinătatea lui $1$ este apropiată de $4$, deci nenulă.

A doua aplicare: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{6x}{6x-2}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$.

Concluzia: limita inițială este $\frac{3}{2}$. (Verificat numeric din ambele părți; verificarea confirmă și valorile intermediare.) O metodă alternativă, la fel de corectă: se descompun ambele polinoame, $x^3-3x+2=(x-1{)}^2(x+2)$ și $x^3-x^2-x+1=(x-1{)}^2(x+1)$, se simplifică și se obține direct $\frac{3}{2}$.

6. ⚠️ Cercul vicios: ce NU se calculează cu L'Hôpital

Aici se află greșeala cea mai fină din toată lecția, iar ea a fost anunțată încă din lecția Limita fundamentală sin x supra x.

Privește tentația: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}$ este caz $\frac{0}{0}$, iar aplicând regula ai obține $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x}{1}=1$ — răspunsul corect, într-o singură linie. Și totuși raționamentul nu are valoare de demonstrație. Motivul: pentru a scrie $(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$ ai nevoie de formula derivatei sinusului, care se demonstrează exact cu limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$. Ai folosit concluzia ca să demonstrezi premisa: este un cerc vicios.

Regula de conduită, valabilă în toată clasa a XI-a: cele cinci limite fundamentale și corolarele lor nu se demonstrează cu L'Hôpital. Ele stau la baza tabelului de derivate, deci sunt anterioare regulii. Practic, evită regula pentru: $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x},\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}x}{x},\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2},\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x-1}{x},\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x},\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^r-1}{x}.$$

Atenție și la formele deghizate prin substituție. Limita $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x}{x-1}$ pare o aplicație obișnuită, dar cu notația $t=x-1$ ea devine $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+t)}{t}$, adică fix a patra limită fundamentală. Se rezolvă cu ea, în două rânduri, nu cu L'Hôpital.

În schimb, pentru orice altă limită, tabelul de derivate este deja construit și poate fi folosit liniștit. Regula practică: dacă, după una sau două aplicări, ajungi la o limită fundamentală, te oprești și o folosești — atât e mai rapid, cât și corect logic.

Exemplu-model. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}$. Verificare: ambele tind la $0$; funcțiile sunt derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $0$. Prima aplicare: $\lim \frac{1-\cos x}{3x^2}$, tot caz $\frac{0}{0}$ — dar recunoaștem aici corolarul $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$, deci limita este $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}$. (Verificat numeric din ambele părți: abaterea la $x=10^{-9}$ este de ordinul $10^{-21}$.)

7. Cele trei capcane

(i) Se verifică ÎNTÂI că e caz de nedeterminare $\frac{0}{0}$ sau $\frac{\infty }{\infty }$. Aplicată în afara lor, regula dă rezultate false. Exemplu: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+1}{x+3}$ nu e nedeterminare — funcțiile sunt continue și limita este pur și simplu $\frac{1+1}{1+3}=\frac{1}{2}$. Cine „aplică L'Hôpital" obține $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2x}{1}=2$, adică un rezultat de patru ori mai mare decât cel adevărat.

(ii) Se derivează numărătorul și numitorul SEPARAT, NU se aplică regula câtului. Regula lui L'Hôpital înlocuiește $\frac{f}{g}$ cu $\frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$, nu cu ${\left(\frac{f}{g}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }g-f{g}^{\prime }}{g^2}$. Confuzia apare des la elevii care tocmai au învățat regulile de derivare din lecția Operații cu funcții derivabile: sumă, produs, cât.

(iii) Reciproca nu e valabilă: dacă $\lim \frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$ nu există, nu rezultă nimic despre $\lim \frac{f}{g}$. Exemplul standard: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+\sin x}{x}$. Raportul derivatelor este $\frac{1+\cos x}{1}$, care oscilează între $0$ și $2$ și nu are limită. Totuși limita inițială există și este $1$, cum se vede scriind $\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}{x}$ și folosind că $\frac{\sin x}{x}\to 0$ la infinit. Concluzia: eșecul regulii nu înseamnă inexistența limitei — înseamnă doar că trebuie altă metodă.

Citită cu atenție, a doua condiție din enunț spune exact acest lucru: teorema pornește de la ipoteza că limita raportului derivatelor există și abia atunci transferă valoarea. Ea nu afirmă niciodată că cele două limite ar exista sau ar lipsi simultan. Este o distincție de logică, nu de calcul, și e cel mai des sancționată la corectare atunci când elevul scrie „limita nu există, pentru că raportul derivatelor oscilează".

O ultimă recomandare de organizare a caietului: notează, la fiecare rezolvare, tipul nedeterminării chiar deasupra semnului de limită, prescurtat, de pildă „caz $\frac{0}{0}$". Când aplici regula de două sau trei ori la rând, acest marcaj te obligă să reiei verificarea și te ferește de eroarea cea mai frecventă a aplicărilor repetate: continuarea derivării după ce nedeterminarea a dispărut deja.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Un caz $\frac{0}{0}$ polinomial

Calculați $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3-8}{x^2-4}$.

Rezolvare. Verificarea condițiilor: $\underset{x\to 2}{\lim }(x^3-8)=0$ și $\underset{x\to 2}{\lim }(x^2-4)=0$, deci este cazul $\frac{0}{0}$; ambele funcții sunt polinomiale, deci derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=2x\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $2$.

Aplicarea: $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3x^2}{2x}=\frac{12}{4}=3$, limită care există. Deci limita cerută este $3$.

Control algebric: $\frac{x^3-8}{x^2-4}=\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)(x+2)}\to \frac{12}{4}=3$. ✓

Exemplul 2 — Un caz $\frac{0}{0}$ cu exponențială

Calculați $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1-x}{x^2}$.

Rezolvare. Verificarea condițiilor: numărătorul tinde la $e^0-1-0=0$, numitorul la $0$, deci caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=2x\ne 0$ pentru $x\ne 0$.

Aplicarea: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{2x}$. Aici ne oprim: raportul $\frac{e^x-1}{x}$ este a treia limită fundamentală, cu $a=e$, deci tinde la $\ln e=1$. Prin urmare limita este $\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{2}$.

O a doua aplicare a regulii ar da $\lim \frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}$, același rezultat — dar ar trece prin derivata exponențialei, care se obține tocmai din limita fundamentală folosită mai sus. (Verificat numeric din ambele părți, cu $50$ de zecimale.) ✓

Exemplul 3 — Două aplicări succesive

Calculați $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}x-x}{x^3}$.

Rezolvare. Verificarea condițiilor: $\mathrm{tg}0-0=0$ și $0^3=0$, deci caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$, iar $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pentru $x\ne 0$.

Prima aplicare: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{{\cos }^{2}x}-1}{3x^2}$. Scriem numărătorul cu numitor comun: $\frac{1-{\cos }^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}$, deci raportul devine $$\frac{{\sin }^{2}x}{3x^2{\cos }^{2}x}=\frac{1}{3{\cos }^{2}x}\cdot {\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2.$$ Încheierea: când $x\to 0$, avem ${\cos }^{2}x\to 1$ și $\frac{\sin x}{x}\to 1$, prin prima limită fundamentală. Deci limita este $\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{1}{3}$. (Verificat numeric din ambele părți: abaterea la $x=10^{-9}$ este de ordinul $10^{-19}$.) ✓

Exemplul 4 — Un caz $\frac{\infty }{\infty }$

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

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

Prima aplicare: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2\ln x\cdot \frac{1}{x}}{1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2\ln x}{x}$. Verificăm din nou: e tot caz $\frac{\infty }{\infty }$, cu aceleași condiții îndeplinite.

A doua aplicare: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2/x}{1}=0$.

Concluzia: limita este $0$ — încă o confirmare a ierarhiei: chiar și pătratul logaritmului crește mai încet decât $x$. (Verificat numeric: la $x=10^{12}$ raportul este de ordinul $10^{-10}$.) ✓

Exemplul 5 — Când regula nu se aplică

Se cere $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+1}{x+3}$. Un elev scrie: „caz de nedeterminare, aplic L'Hôpital: $\lim \frac{2x}{1}=2$". Găsiți greșeala și calculați corect limita.

Rezolvare. Greșeala este la primul pas: $\underset{x\to 1}{\lim }(x^2+1)=2$ și $\underset{x\to 1}{\lim }(x+3)=4$, deci nu există nicio nedeterminare. Prima condiție din enunț nu e îndeplinită, așa că regula nu se poate aplica; aplicată totuși, ea produce un rezultat fals.

Calculul corect: ambele funcții sunt continue în $1$, iar numitorul e nenul acolo, deci limita este pur și simplu valoarea raportului: $\frac{1+1}{1+3}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$.

Morala, de reținut înaintea oricărui calcul: regula lui L'Hôpital nu se aplică unde nu e nedeterminare, iar diferența dintre $2$ și $\frac{1}{2}$ arată cât de mare poate fi eroarea. ✓

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcțiile $f,g:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)=\ln x-x+1$ și $g(x)=(x-1{)}^2$. a) Calculați $f(1)$ și $g(1)$. b) Calculați $f^{\prime }(x)$ și $g^{\prime }(x)$. c) Calculați $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x-x+1}{(x-1{)}^2}$.

Rezolvare.

a) $f(1)=\ln 1-1+1=0$ și $g(1)=(1-1{)}^2=0$.

b) $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$ și $g^{\prime }(x)=2(x-1)$.

c) Verificarea condițiilor: din punctul a) și din continuitatea celor două funcții rezultă că ambele limite sunt $0$, deci este cazul $\frac{0}{0}$; ambele sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar $g^{\prime }(x)=2(x-1)\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $1$.

Aplicarea: folosind punctul b), $$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{1-x}{x}}{2(x-1)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-(x-1)}{2x(x-1)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-1}{2x}=-\frac{1}{2}.$$ Limita raportului derivatelor există, deci $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x-x+1}{(x-1{)}^2}=-\frac{1}{2}$. (Verificat numeric din ambele părți, cu precizie de $50$ de zecimale.)

Observă că, după prima aplicare, nedeterminarea a dispărut printr-o simplificare algebrică — o a doua aplicare nu a mai fost necesară. ✓

Să exersăm

Lucrează pe caiet. La fiecare exercițiu, scrie întâi verificarea condițiilor (ce nedeterminare, derivabilitatea, $g^{\prime }\ne 0$) și abia apoi derivarea.

1. Calculează $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^2-9}{x^2-x-6}$.

2. Calculează $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^4-16}{x-2}$.

3. Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{2x}-1-2x}{x^2}$.

4. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^3}$.

5. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x^2+1}{x^2+x}$, întâi cu L'Hôpital, apoi algebric, prin scoaterea termenului dominant.

6. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^5}{e^x}$.

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Regula lui L'Hôpital se aplică oricărui raport de funcții derivabile."

8. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $\lim \frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$ nu există, atunci nici $\lim \frac{f}{g}$ nu există."

9. Un elev calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+3}{x+1}$ aplicând L'Hôpital și obține $0$. Găsește greșeala și dă răspunsul corect.

10. Explică de ce limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}$ nu se demonstrează cu regula lui L'Hôpital.

11. Explică de ce limita $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x}{x-1}$ intră în aceeași interdicție și calculeaz-o cu limita fundamentală potrivită.

12. Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}$, oprindu-te la corolarul limitei fundamentale.

13. (Problemă aplicată.) Concentrația unui medicament în sânge, la $t$ ore de la administrare, este $C(t)=\frac{10t}{e^t}$ miligrame pe litru. Calculează $\underset{t\to +\infty }{\lim }C(t)$ și interpretează rezultatul.

14. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2+\ln x}{x^2+1}$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=e^x-1$ și $g(x)=x^3+x$. Verifică condițiile de aplicare a regulii lui L'Hôpital în $x_0=0$ și calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}$.

16. Calculează $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-2x^2+x}{x^3-3x+2}$, aplicând regula de câte ori e nevoie.

17. Arată, folosind ierarhia infiniților, că $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2^x}{x^{10}}=+\infty$.

18. (Provocare.) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+\cos x}{x-\cos x}$ și explică de ce regula lui L'Hôpital nu ajută aici.

Răspunsuri și explicații

1. Caz $\frac{0}{0}$ ($0$ și $0$ în $x=3$); polinoame, $g^{\prime }(x)=2x-1\ne 0$ lângă $3$. Aplicare: $\lim \frac{2x}{2x-1}=\frac{6}{5}$. (Control algebric: $\frac{(x-3)(x+3)}{(x-3)(x+2)}\to \frac{6}{5}$.)

2. Caz $\frac{0}{0}$; $g^{\prime }(x)=1\ne 0$. Aplicare: $\lim \frac{4x^3}{1}=32$.

3. Caz $\frac{0}{0}$; $g^{\prime }(x)=2x\ne 0$ pentru $x\ne 0$. Aplicare: $\lim \frac{2e^{2x}-2}{2x}=\lim \frac{e^{2x}-1}{x}$. Notând $t=2x$, cu $t\to 0$, obținem $2\cdot \underset{t\to 0}{\lim }\frac{e^t-1}{t}=2$. Deci limita este $2$.

4. Caz $\frac{\infty }{\infty }$; $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pe $(0,+\infty )$. Aplicare: $\lim \frac{1/x}{3x^2}=\lim \frac{1}{3x^3}=0$.

5. Caz $\frac{\infty }{\infty }$; $g^{\prime }(x)=2x+1\ne 0$ pentru $x$ mare. Aplicare: $\lim \frac{6x}{2x+1}=3$. Algebric: $\frac{3x^2+1}{x^2+x}=\frac{3+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}\to 3$ — aceeași valoare, cu mai puțin calcul.

6. Caz $\frac{\infty }{\infty }$; se aplică regula de cinci ori și se ajunge la $\lim \frac{120}{e^x}=0$. Deci limita este $0$: exponențiala învinge orice putere.

7. Fals. Se aplică numai în cazurile $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$, și numai dacă $g^{\prime }\ne 0$ pe o vecinătate redusă. Contraexemplu: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+1}{x+3}=\frac{1}{2}$, în timp ce raportul derivatelor dă $2$.

8. Fals. Reciproca regulii nu e valabilă. Contraexemplu: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+\sin x}{x}=1$, deși raportul derivatelor, $1+\cos x$, oscilează și nu are limită.

9. Nu e nedeterminare: numărătorul tinde la $3$, numitorul la $1$. Limita este $\frac{3}{1}=3$, prin continuitate.

10. Pentru că regula ar folosi $(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$, formulă care se demonstrează tocmai cu limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$. Raționamentul ar fi circular: concluzia s-ar folosi pentru a justifica premisa.

11. Cu substituția $t=x-1$ limita devine $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+t)}{t}$, adică a patra limită fundamentală, care se demonstrează independent și stă la baza formulei $(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$. Valoarea ei este $1$.

12. Caz $\frac{0}{0}$; $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pentru $x\ne 0$. O aplicare dă $\lim \frac{1-\cos x}{3x^2}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}$, folosind corolarul $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$.

13. Caz $\frac{\infty }{\infty }$; $g^{\prime }(t)=e^t\ne 0$. Aplicare: $\lim \frac{10}{e^t}=0$. Interpretare: după suficient de mult timp, medicamentul este eliminat aproape complet — concentrația tinde la zero, oricât de mare ar fi doza inițială.

14. Caz $\frac{\infty }{\infty }$. Aplicare: $\lim \frac{2x+\frac{1}{x}}{2x}=\lim \left(1+\frac{1}{2x^2}\right)=1$. Algebric, același rezultat: $\frac{x^2+\ln x}{x^2+1}=\frac{1+\frac{\ln x}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}\to 1$, prin ierarhia infiniților.

15. Condițiile: $f(0)=e^0-1=0$ și $g(0)=0$, deci caz $\frac{0}{0}$; ambele funcții sunt derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=3x^2+1\ge 1\ne 0$ peste tot. Aplicarea: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x}{3x^2+1}=\frac{1}{1}=1$. Deci limita este $1$.

16. Caz $\frac{0}{0}$; $g^{\prime }(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$, nenul pe o vecinătate redusă a lui $1$. Prima aplicare: $\lim \frac{3x^2-4x+1}{3x^2-3}$, tot $\frac{0}{0}$. A doua aplicare: $\lim \frac{6x-4}{6x}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Deci limita este $\frac{1}{3}$.

17. Din ierarhia infiniților, $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{10}}{2^x}=0$, iar raportul este strict pozitiv pentru $x>0$. Inversul unei expresii pozitive care tinde la $0$ tinde la $+\infty$, deci $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2^x}{x^{10}}=+\infty$.

18. Este caz $\frac{\infty }{\infty }$, dar raportul derivatelor, $\frac{1-\sin x}{1+\sin x}$, oscilează și nu are limită, deci a doua condiție din enunț nu e îndeplinită și regula nu spune nimic. Algebric, însă, $\frac{x+\cos x}{x-\cos x}=\frac{1+\frac{\cos x}{x}}{1-\frac{\cos x}{x}}\to \frac{1+0}{1-0}=1$, pentru că $\frac{\cos x}{x}\to 0$ prin criteriul majorării.

De reținut

• Enunțul: dacă $f$ și $g$ sunt derivabile pe $I\setminus \{x_0\}$, $g^{\prime }\ne 0$ acolo, raportul e caz $\frac{0}{0}$ sau $\frac{\infty }{\infty }$ și există $\lim \frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}=\ell$, atunci și $\lim \frac{f}{g}=\ell$. Teorema se admite fără demonstrație.
• Condițiile se verifică explicit, de fiecare dată — inclusiv la a doua și a treia aplicare. Primul pas este întotdeauna: în ce caz de nedeterminare mă aflu?
• Se derivează separat sus și jos, niciodată cu regula câtului.
• Ierarhia infiniților: $\ln x$ crește mai încet decât orice putere $x^a$ cu $a>0$, iar orice putere crește mai încet decât orice exponențială $b^x$ cu $b>1$.
• Cercul vicios: cele cinci limite fundamentale și corolarele lor nu se calculează cu L'Hôpital; când o aplicare te aduce la una dintre ele, te oprești și o folosești.

Greșeli frecvente

• Aplici regula fără nedeterminare. La $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+1}{x+3}$ răspunsul corect e $\frac{1}{2}$, iar „L'Hôpital" dă $2$. Primul pas al oricărei rezolvări este verificarea cazului.
• Derivezi raportul cu regula câtului. Regula cere $\frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$, nu $\frac{f^{\prime }g-f{g}^{\prime }}{g^2}$. Cele două expresii nu au aproape niciodată aceeași limită.
• Uiți condiția $g^{\prime }(x)\ne 0$. Fără ea, raportul derivatelor poate să nu aibă sens pe nicio vecinătate redusă a punctului, iar concluzia teoremei nu se aplică.
• Deduci că limita nu există, pentru că raportul derivatelor nu are limită. Reciproca e falsă: la $\frac{x+\sin x}{x}$ limita există și este $1$, deși $1+\cos x$ oscilează.
• Demonstrezi o limită fundamentală cu L'Hôpital. Pentru $\frac{\sin x}{x}$, $\frac{\ln (1+x)}{x}$ sau formele lor deghizate prin substituție, raționamentul e circular; folosește limita fundamentală însăși.

Aplică acasă

1. Cursa creșterilor. Într-un tabel de trei coloane, calculează valorile lui $\ln x$, $x^2$ și $2^x$ pentru $x\in \{1,5,10,20,50\}$. Observă de la ce valoare încolo exponențiala o depășește definitiv pe cea pătratică și explică rezultatul prin ierarhia infiniților demonstrată în lecție.

2. Vânătoare de nedeterminări false. Scrie zece rapoarte de funcții și, pentru fiecare, decide în cel mult zece secunde dacă în punctul indicat există sau nu nedeterminare. Rezolvă apoi doar pe cele care chiar sunt cazuri $\frac{0}{0}$ sau $\frac{\infty }{\infty }$; pentru celelalte, scrie limita direct, prin continuitate.

3. Două drumuri către același număr. Alege trei limite de tip $\frac{0}{0}$ cu funcții raționale și calculează fiecare pe două căi: prin factorizare și simplificare, apoi cu regula lui L'Hôpital. Compară lungimea rezolvărilor și notează în ce situații metoda algebrică rămâne mai rapidă.

Pentru părinți și profesori

Regulile lui L'Hôpital sunt, în programa clasei a XI-a, printre rezultatele care se admit explicit fără demonstrație. Valoarea lor pedagogică nu stă în justificare, ci în disciplina de aplicare: elevul trebuie să verifice de fiecare dată tipul nedeterminării, derivabilitatea și condiția asupra lui $g^{\prime }$, iar la Bacalaureat M1 acest pas are punctaj propriu. Lecția insistă pe verificare tocmai pentru că regula, aplicată mecanic, produce rezultate false cu ușurință.

Ce verifică lecția: (1) enunțarea completă a celor două reguli; (2) verificarea explicită a condițiilor înaintea fiecărei aplicări, inclusiv la aplicările repetate; (3) derivarea separată a numărătorului și numitorului; (4) folosirea ierarhiei infiniților la limite cu logaritmi, puteri și exponențiale; (5) recunoașterea cercului vicios, adică a limitelor fundamentale care nu au voie să fie calculate cu această regulă.

Întrebări bune de control: „În ce caz de nedeterminare te afli?", „De ce nu poți demonstra așa limita sinusului?", „Ce se întâmplă dacă raportul derivatelor nu are limită?". Semn că elevul a înțeles: începe fiecare rezolvare cu calculul limitelor numărătorului și numitorului, nu cu derivarea, și preferă metoda algebrică atunci când e mai scurtă.

Întrebări frecvente

Când am voie să aplic regula lui L'Hôpital? Numai când raportul duce la nedeterminarea $\frac{0}{0}$ sau $\frac{\infty }{\infty }$, funcțiile sunt derivabile pe o vecinătate redusă a punctului, derivata numitorului nu se anulează acolo, iar limita raportului derivatelor există. Toate patru se verifică în scris, înaintea calculului.

Ce înseamnă că regula se admite fără demonstrație? Înseamnă că programa nu cere justificarea ei la clasă: rezultatul se folosește ca atare, așa cum se procedează și cu teorema lui Rolle sau cu proprietatea valorilor intermediare. Ceea ce se cere, în schimb, este aplicarea corectă, cu toate condițiile verificate.

Pot aplica regula de mai multe ori? Da, ori de câte ori raportul derivatelor rămâne o nedeterminare de același tip. Important este ca la fiecare pas să reiei verificarea condițiilor pentru noul raport, nu doar la primul.

De ce nu pot calcula limita sinusului împărțit la x cu această regulă? Pentru că derivata sinusului se demonstrează folosind exact acea limită. Raționamentul ar fi circular: ai folosi rezultatul pe care vrei să-l obții. Aceeași interdicție se aplică tuturor celor cinci limite fundamentale și corolarelor lor.

Ce este ierarhia infiniților? Este ordinea în care cresc funcțiile obișnuite spre plus infinit: logaritmul cel mai încet, apoi puterile, apoi exponențialele cu baza mai mare decât unu. Consecința practică este că orice raport dintre o funcție „mai lentă" și una „mai rapidă" tinde la zero.

Ce fac dacă raportul derivatelor nu are limită? Nu concluzionezi nimic despre limita inițială — regula pur și simplu nu se aplică. Cauți altă metodă: scoaterea termenului dominant, criteriul majorării sau o transformare algebrică potrivită.

Este mai bine să folosesc L'Hôpital sau metoda algebrică? Depinde de expresie. La funcții raționale simple, factorizarea e adesea mai scurtă și arată mai bine structura problemei. La rapoarte cu logaritmi și exponențiale, regula lui L'Hôpital e de obicei singura cale rezonabilă.

Ce urmează după cele două cazuri din această lecție? Celelalte cazuri de nedeterminare — produsul $0\cdot \infty$, diferența $\infty -\infty$ și puterile $1^{\infty }$, ${\infty }^0$, $0^0$ — care se reduc, prin transformări scrise explicit, la $\frac{0}{0}$ sau $\frac{\infty }{\infty }$. Este subiectul lecției Nedeterminările reduse la L'Hopital.