Test: regulile lui L'Hopital

Disciplina: Matematică · Clasa a XI-a · Unitatea: Funcții derivabile

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică ultima unealtă de calcul al limitelor din programa clasei a XI-a — și, în același timp, disciplina de aplicare a ei, pentru că regulile lui L'Hôpital, folosite mecanic, produc rezultate false cu ușurință. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: enunțul complet și condițiile — derivabilitatea pe o vecinătate redusă a punctului, condiția $g^{\prime }(x)\ne 0$, tipul nedeterminării și existența limitei raportului derivatelor; toate se verifică în scris, înainte de fiecare aplicare, inclusiv la a doua și a treia. Al doilea: cele două cazuri de bază, $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$, cu derivarea separată a numărătorului și a numitorului — niciodată cu regula câtului — și cu ierarhia infiniților ca rezultat practic. Al treilea: nedeterminările reduse — produsul $0\cdot \infty$ transformat în fracție prin răsturnarea factorului potrivit, diferența $\infty -\infty$ tratată prin numitor comun sau prin conjugată, iar cazurile cu exponent prin logaritmare, cu revenirea obligatorie la exponențială. Al patrulea: situațiile în care regula nu are voie să fie folosită — cele cinci limite fundamentale și corolarele lor, inclusiv formele lor mascate prin substituție (cercul vicios) — și cele în care ea pur și simplu nu ajută: reciproca nevalabilă și buclele.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii cu justificare se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. O aplicare a regulii se consideră completă doar dacă rezolvarea conține, în această ordine, numirea nedeterminării, justificarea derivabilității și a condiției $g^{\prime }\ne 0$, derivarea separată și concluzia. Se depunctează: aplicarea regulii acolo unde nu există nedeterminare; folosirea regulii câtului în locul raportului derivatelor; omiterea verificării la a doua aplicare; concluzia „limita nu există" din faptul că raportul derivatelor nu are limită; uitarea revenirii la exponențială la cazurile $1^{\infty }$, ${\infty }^0$, $0^0$; folosirea regulii pentru o limită fundamentală sau pentru o formă a ei mascată prin substituție.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe verificarea condițiilor și pe transformările care reduc cele cinci cazuri la primele două.
• Formule de reținut: lista canonică a celor șapte nedeterminări, exact în această ordine: $$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },\infty -\infty ,0\cdot \infty ,1^{\infty },{\infty }^0,0^0.$$ 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 $\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\ell$. Transformările: $0\cdot \infty$ se scrie $f\cdot g=\frac{f}{1/g}$ sau $\frac{g}{1/f}$; $\infty -\infty$ se aduce la același numitor sau se amplifică cu conjugata; $1^{\infty }$, ${\infty }^0$ și $0^0$ se logaritmează, $f^g=e^{g\ln f}$, iar la final se revine la exponențială. Ierarhia infiniților: $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^a}=0(a>0),\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^a}{b^x}=0(a>0,b>1).$$ Cele cinci limite fundamentale, care nu se calculează cu această regulă (raționamentul ar fi circular): $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1;\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{\frac{1}{x}}=e;\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x-1}{x}=\ln a,a>0;\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1;\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^r-1}{x}=r.$$

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Condițiile de aplicare și cele două cazuri de bază

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Regulile lui L'Hôpital se aplică direct nedeterminării: A. $0\cdot \infty$; B. $\infty -\infty$; C. $\frac{0}{0}$; D. $1^{\infty }$.

b) Valoarea limitei $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^5}$ este: A. $+\infty$; B. $1$; C. $0$; D. $\frac{1}{5}$.

c) Un elev calculează $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+2}{x+1}$ „aplicând L'Hôpital" și obține $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2x}{1}=2$. Valoarea corectă a limitei este: A. $2$; B. $\frac{3}{2}$; C. $1$; D. $3$.

Itemul 2 (6 puncte)

Calculează, verificând de fiecare dată condițiile de aplicare (câte 1,5 puncte): a) $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^2-9}{x^3-27}$; b) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x^3+x}{x^3-5}$; c) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^4}{e^{2x}}$; d) $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3-3x^2+4}{x^2-4x+4}$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „La un caz $\frac{0}{0}$, regula cere să se calculeze limita derivatei câtului, adică a expresiei ${\left(\frac{f}{g}\right)}^{\prime }$." b) „Limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}$ se poate calcula corect cu regula lui L'Hôpital." c) „La un caz $1^{\infty }$, dacă $\lim g(x)\ln f(x)=-2$, atunci limita cerută este $-2$." d) „Nedeterminarea $\infty -\infty$ se poate reduce la cazul $\frac{0}{0}$ prin aducere la același numitor."

Itemul 4 (6 puncte)

a) Un elev calculează $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-3}$ derivând numărătorul și numitorul și obține $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2x}{2x}=1$. Găsește greșeala și calculează corect limita. (3 p) b) Explică de ce limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x-1}{x}$, cu $a>0$, nu se calculează cu regula lui L'Hôpital și precizează valoarea ei. (3 p)

Partea a II-a – Nedeterminările reduse: produs, diferență, exponent

Itemul 5 (8 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2{e}^{-3x}$, scriind explicit transformarea folosită. (4 p) b) Calculează $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{x}^3\ln x$ și explică de ce se răstoarnă puterea lui $x$, nu logaritmul. (4 p)

Itemul 6 (7 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right)$, verificând condițiile la fiecare aplicare a regulii. (4 p) b) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+6x}-x\right)$ prin amplificare cu conjugata. (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\cos 3x\right)}^{\frac{1}{x^2}}$. (4 p) b) Calculează $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }(2x{)}^x$ și explică de ce limita se ia numai la dreapta. (3 p)

Itemul 8 (6 puncte)

Arată că aplicarea regulii lui L'Hôpital la limita $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{4x^2+1}}{x}$$ intră în buclă, apoi calculează limita prin altă metodă.

Itemul 9 (6 puncte)

(Problemă aplicată.) O sumă de $1000$ de lei este depusă la o dobândă anuală de $6\%$, capitalizată de $x$ ori pe an; după un an, suma din cont este $$S(x)=1000{\left(1+\frac{0,06}{x}\right)}^x,x>0.$$ Determină $\underset{x\to +\infty }{\lim }S(x)$, precizând tipul nedeterminării și limita fundamentală folosită, și interpretează rezultatul.

Partea a III-a – Ierarhia infiniților, cazuri interzise și itemi de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

a) Calculează, folosind ierarhia infiniților, limitele $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{10}}{3^x}$ și $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2^x}{x^{100}}$. (4 p) b) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3+2^x}{3\cdot 2^x+x^5}$. (4 p)

Itemul 11 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Explică de ce limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}x}{x}$ nu se demonstrează cu regula lui L'Hôpital, deși aplicarea ei ar da răspunsul corect. (3 p) b) Limita $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3^{x-1}-1}{x-1}$ pare o aplicație obișnuită a regulii. Arată, cu substituția $t=x-1$, că este o limită fundamentală mascată, și calculeaz-o. (3 p) c) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(e^{\frac{2}{x}}-1\right)$ fără regula lui L'Hôpital. (2 p)

Itemul 12 (8 puncte)

a) Se consideră limita $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x+\sin x}{x}$. Arată că raportul derivatelor nu are limită, dar că limita cerută există și determin-o. Ce concluzie tragi despre reciproca regulii? (4 p) b) Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}-2x}{x^3}$, aplicând regula de câte ori este nevoie și oprindu-te când recunoști o limită fundamentală. (4 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră funcția $f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $f(x)={\left(\frac{x+2}{x}\right)}^x$. a) Arătați că $f(x)=e^{x\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)}$ pentru orice $x>0$. (2 p) b) Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)$, precizând limita fundamentală folosită. (3 p) c) Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$. (3 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte. a) C. Regulile vorbesc despre un raport și acoperă exact două cazuri: $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$. Celelalte trei variante sunt nedeterminări care trebuie mai întâi transformate: produsul se scrie ca fracție, diferența se aduce la același numitor, iar puterea se logaritmează. b) C. Este ierarhia infiniților: logaritmul crește mai încet decât orice putere $x^a$ cu $a>0$, deci raportul tinde la $0$. Se obține și prin regulă: raportul derivatelor este $\frac{1/x}{5x^4}=\frac{1}{5x^5}\to 0$. c) B. Nu există nicio nedeterminare: numărătorul tinde la $3$, numitorul la $2$, iar funcțiile sunt continue în $1$, deci limita este pur și simplu valoarea raportului, $\frac{3}{2}$. Varianta A este rezultatul fals obținut prin aplicarea regulii în afara cazurilor ei — o eroare cu o treime (aproximativ $33\%$) peste valoarea reală, fiindcă $2=\frac{4}{3}\cdot \frac{3}{2}$.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p verificarea condițiilor, 1 p calculul). a) Numărătorul și numitorul tind amândouă la $0$ în $x=3$, deci este cazul $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt polinomiale, deci derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pe o vecinătate redusă a lui $3$. Aplicăm: $$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{2x}{3x^2}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}.$$ Control algebric: $\frac{(x-3)(x+3)}{(x-3)\left(x^2+3x+9\right)}\to \frac{6}{27}$ ✓ b) Ambele tind la $+\infty$, deci $|g(x)|\to +\infty$: caz $\frac{\infty }{\infty }$; $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pentru $x$ mare. Aplicând de două ori (cu verificarea condițiilor și la a doua aplicare, tot caz $\frac{\infty }{\infty }$): $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{6x^2+1}{3x^2}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{12x}{6x}=2.$$ Mai scurt, algebric: $\frac{2+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{5}{x^3}}\to 2$. c) Caz $\frac{\infty }{\infty }$; $g^{\prime }(x)=2e^{2x}\ne 0$ pe $\mathbb{R}$. Se aplică regula de patru ori, cu verificarea condițiilor la fiecare pas, iar numărătorul coboară de la $x^4$ la o constantă: $$\frac{4x^3}{2e^{2x}}\to \frac{12x^2}{4e^{2x}}\to \frac{24x}{8e^{2x}}\to \frac{24}{16e^{2x}}\to 0.$$ Este ierarhia infiniților: exponențiala învinge orice putere. d) Caz $\frac{0}{0}$ ($8-12+4=0$ și $4-8+4=0$); $g^{\prime }(x)=2x-4$, nenul pe o vecinătate redusă a lui $2$. Prima aplicare dă $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3x^2-6x}{2x-4}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3x(x-2)}{2(x-2)}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3x}{2}=3$; nedeterminarea a dispărut printr-o simplificare, deci a doua aplicare nu mai e necesară. Control: $x^3-3x^2+4=(x+1)(x-2{)}^2$ și $x^2-4x+4=(x-2{)}^2$, deci raportul este $x+1\to 3$ ✓

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea). a) F. Regula înlocuiește $\frac{f}{g}$ cu $\frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$, adică se derivează numărătorul și numitorul separat; nu se aplică regula câtului. Cele două expresii nu au aproape niciodată aceeași limită: la $\frac{x^2-9}{x^3-27}$ în $x=3$, raportul derivatelor dă $\frac{2}{9}\approx 0,222$, iar derivata câtului are acolo valoarea $\approx -0,037$. b) F. Este a patra limită fundamentală, iar ea stă la baza formulei $(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$; folosind regula, am demonstra premisa cu ajutorul concluziei — un cerc vicios. Limita se ia ca atare, cu valoarea $1$. c) F. Limita calculată este a exponentului. Răspunsul final este $e^{-2}\approx 0,1353353$, obținut prin revenirea la exponențială: $f^g=e^{g\ln f}\to e^{-2}$, prin continuitatea funcției exponențiale. Uitarea acestui pas este pierderea de punctaj cea mai frecventă la această temă. d) A. Este rețeta standard: din două fracții se face una singură, care ajunge de obicei caz $\frac{0}{0}$. Când în expresie apar radicali, varianta preferată este amplificarea cu conjugata.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Greșeala este la primul pas: $\underset{x\to 2}{\lim }\left(x^2+1\right)=5$ și $\underset{x\to 2}{\lim }\left(x^2-3\right)=1$, deci nu există nicio nedeterminare și prima condiție din enunț nu este îndeplinită (1,5 p). Regula nu se poate aplica; aplicată totuși, ea produce un rezultat fals. Calculul corect: ambele funcții sunt continue în $2$, iar numitorul este nenul acolo, deci limita este valoarea raportului (1,5 p): $$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-3}=\frac{5}{1}=5.$$

b) (3 p) Pentru a deriva numărătorul ar trebui folosită formula ${\left(a^x\right)}^{\prime }=a^x\ln a$ (1 p), care se demonstrează tocmai cu limita $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x-1}{x}$ (1 p). Raționamentul ar fi circular: am folosi rezultatul pe care vrem să-l obținem. Limita este a treia limită fundamentală, cu valoarea $\ln a$ (1 p). (Atenție: valoarea este $\ln a$, nu $1$; cazul $a=e$ dă $1$, de aceea greșeala e ușor de făcut.)

Itemul 5. (8 p)

a) (4 p) Cazul: $x^2\to +\infty$ și $e^{-3x}\to 0$, deci este cazul $0\cdot \infty$ (0,5 p). Transformarea: coborâm puterea la numitor, sub formă de exponențială (1 p): $$x^2{e}^{-3x}=\frac{x^2}{e^{3x}}.$$ Verificarea condițiilor: numitorul $e^{3x}\to +\infty$, deci este caz $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=3e^{3x}\ne 0$ (1 p). Aplicarea: prima dată $\lim \frac{2x}{3e^{3x}}$ — tot caz $\frac{\infty }{\infty }$, cu aceleași condiții îndeplinite —, iar a doua oară (1 p) $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2}{9e^{3x}}=0.$$ Concluzia: limita este $0$ (0,5 p).

b) (4 p) Limita se ia numai la dreapta, pentru că logaritmul este definit doar pe $(0,+\infty )$ (0,5 p). Cazul: $x^3\to 0$ și $\ln x\to -\infty$, deci $0\cdot \infty$ (0,5 p). Transformarea: lăsăm logaritmul sus și coborâm puterea (1 p): $$x^3\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x^3}}.$$ Verificarea condițiilor: numitorul $\frac{1}{x^3}\to +\infty$ când $x\to 0$, $x>0$ — caz $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar derivata numitorului, $-\frac{3}{x^4}$, este nenulă acolo (1 p). Aplicarea: $$\lim \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{3}{x^4}}=\lim \left(-\frac{x^3}{3}\right)=0$$ (0,5 p). De ce nu invers: dacă am răsturna logaritmul, am obține $\frac{x^3}{\frac{1}{\ln x}}$, iar raportul derivatelor ar deveni $-3x^3{\ln }^{2}x$ — o expresie mai complicată decât cea inițială și tot de tip $0\cdot \infty$: un drum fără capăt (0,5 p).

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) Cazul: la dreapta lui $0$ ambele fracții tind la $+\infty$, la stânga ambele la $-\infty$: caz $\infty -\infty$ (0,5 p). Transformarea: aducem la același numitor (0,5 p): $$\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}=\frac{e^x-1-x}{x\left(e^x-1\right)}.$$ Verificarea condițiilor: numărătorul tinde la $1-1-0=0$, numitorul la $0$ — caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe o vecinătate redusă a lui $0$, iar derivata numitorului, $$g^{\prime }(x)=\left(e^x-1\right)+x{e}^x,$$ este nenulă pe o astfel de vecinătate: la dreapta lui $0$ ambii termeni sunt pozitivi, la stânga ambii sunt negativi (1 p). Prima aplicare: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{\left(e^x-1\right)+x{e}^x}$ — numărătorul și numitorul tind la $0$, deci reluăm verificarea: derivata noului numitor este $e^x$, iar a noului numitor este $e^x+e^x+x{e}^x=e^x(2+x)$, expresie nenulă pe o vecinătate a lui $0$ (ea este apropiată de $2$) (1 p). A doua aplicare: $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x}{e^x(2+x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2+x}=\frac{1}{2}$$ (0,5 p). Concluzia: limita este $\frac{1}{2}$ (0,5 p).

b) (3 p) Cazul: ambii termeni tind la $+\infty$, deci $\infty -\infty$ (0,5 p). Amplificăm cu conjugata (1,5 p): $$\sqrt{x^2+6x}-x=\frac{\left(x^2+6x\right)-x^2}{\sqrt{x^2+6x}+x}=\frac{6x}{\sqrt{x^2+6x}+x}=\frac{6}{\sqrt{1+\frac{6}{x}}+1}.$$ La ultimul pas s-a dat factor comun $x>0$ la numitor. Când $x\to +\infty$, radicalul tinde la $1$, deci limita este $\frac{6}{2}=3$ (1 p). Nicio derivată nu a fost necesară — la radicali, conjugata este prima opțiune.

Itemul 7. (7 p)

a) (4 p) Cazul: $\cos 3x\to 1$ și $\frac{1}{x^2}\to +\infty$, deci este cazul $1^{\infty }$; pe o vecinătate redusă a lui $0$ avem $\cos 3x>0$, deci logaritmarea este permisă (0,5 p). Logaritmarea: ${\left(\cos 3x\right)}^{\frac{1}{x^2}}=e^{\frac{\ln \cos 3x}{x^2}}$, deci calculăm limita exponentului (1 p). Verificarea condițiilor: $\ln \cos 3x\to \ln 1=0$ și $x^2\to 0$ — caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe o vecinătate redusă a lui $0$, iar $g^{\prime }(x)=2x\ne 0$ pentru $x\ne 0$ (0,5 p). Aplicarea: derivata numărătorului este $\frac{-3\sin 3x}{\cos 3x}=-3\mathrm{tg}3x$, deci (1,5 p) $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-3\mathrm{tg}3x}{2x}=-\frac{9}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}3x}{3x}=-\frac{9}{2},$$ unde s-a folosit corolarul primei limite fundamentale, $\underset{u\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}u}{u}=1$, cu $u=3x\to 0$. Revenirea la exponențială: limita cerută este $e^{-\frac{9}{2}}\approx 0,0111090$ (0,5 p).

b) (3 p) Limita se ia doar la dreapta, pentru că $(2x{)}^x$ are sens numai pentru $x>0$ — la stânga lui $0$ funcția nici nu este definită, deci $0$ nu are nicio vecinătate stângă inclusă în domeniu (0,5 p). Cazul: $2x\to 0$ și $x\to 0$, deci $0^0$ (0,5 p). Logaritmând, $(2x{)}^x=e^{x\ln (2x)}$, iar exponentul se descompune (1 p): $$x\ln (2x)=x\ln 2+x\ln x.$$ Primul termen tinde la $0$, iar al doilea tot la $0$ — este cazul $0\cdot \infty$ rezolvat la itemul 5b, cu $x$ în loc de $x^3$ (0,5 p). Exponentul tinde deci la $0$, iar limita cerută este $e^0=1$ (0,5 p).

Itemul 8. (6 p)

Cazul: numărătorul și numitorul tind amândouă la $+\infty$, deci este caz $\frac{\infty }{\infty }$; ambele funcții sunt derivabile pe $(0,+\infty )$, iar derivata numitorului este $1\ne 0$ (1 p).

Prima aplicare. Derivata numărătorului este $\frac{8x}{2\sqrt{4x^2+1}}=\frac{4x}{\sqrt{4x^2+1}}$, deci raportul devine (1,5 p) $$\frac{4x}{\sqrt{4x^2+1}}.$$

A doua aplicare. Acum numărătorul are derivata $4$, iar numitorul are derivata $\frac{4x}{\sqrt{4x^2+1}}$, deci raportul devine (1,5 p) $$\frac{4\sqrt{4x^2+1}}{4x}=\frac{\sqrt{4x^2+1}}{x},$$ adică exact expresia inițială. O nouă aplicare o răstoarnă înapoi: regula nu greșește, dar nici nu avansează — bucla nu se termină niciodată (0,5 p). Semnul de alarmă: după o aplicare, expresia nu s-a simplificat deloc.

Ieșirea, algebrică. Scoatem factor termenul dominant de sub radical, folosind $x>0$ (1,5 p): $$\frac{\sqrt{4x^2+1}}{x}=\frac{x\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}}{x}=\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}⟶\sqrt{4}=2(x\to +\infty ).$$ Limita este $2$.

Itemul 9. (6 p)

Cazul: baza $1+\frac{0,06}{x}$ tinde la $1$, iar exponentul $x$ tinde la $+\infty$, deci este cazul $1^{\infty }$; pentru $x$ mare baza este strict pozitivă, deci logaritmarea este permisă (1 p).

Logaritmarea (1 p): $$S(x)=1000e^{x\ln \left(1+\frac{0,06}{x}\right)}.$$

Exponentul. Notăm $t=\frac{0,06}{x}$; când $x\to +\infty$, avem $t\to 0$ și $t\ne 0$, iar $x=\frac{0,06}{t}$ (1 p). Exponentul devine $$0,06\cdot \frac{\ln (1+t)}{t}⟶0,06\cdot 1=0,06,$$ prin a patra limită fundamentală, $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+t)}{t}=1$ (1,5 p). Regula lui L'Hôpital nu se folosește aici: exponentul este o limită fundamentală mascată, iar aplicarea regulii ar fi un raționament circular.

Revenirea la exponențială (1 p): $$\underset{x\to +\infty }{\lim }S(x)=1000e^{0,06}\approx 1061,84\text{ lei}.$$

Interpretare: oricât de des s-ar capitaliza dobânda — lunar, zilnic, din secundă în secundă —, suma din cont nu crește nelimitat, ci se apropie de o valoare-prag, cea a dobânzii compuse continuu. Diferența față de capitalizarea o singură dată pe an ($1060$ lei) este de mai puțin de doi lei (0,5 p).

Itemul 10. (8 p)

a) (4 p) Prima limită este de forma $\frac{x^a}{b^x}$ cu $a=10>0$ și $b=3>1$, deci, prin ierarhia infiniților, (1,5 p) $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{10}}{3^x}=0.$$ (Se obține și direct: aplicând regula de zece ori, numărătorul devine constanta $10!$, iar numitorul continuă să crească nemărginit.) A doua limită este inversa unei expresii de același tip: $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^{100}}{2^x}=0$, iar raportul este strict pozitiv pentru $x>0$ (1,5 p). Inversul unei expresii pozitive care tinde la $0$ tinde la $+\infty$, deci $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2^x}{x^{100}}=+\infty$$ (1 p). Exponentul $100$ nu schimbă nimic: exponențiala învinge orice putere, oricât de mare ar fi exponentul ei.

b) (4 p) Este caz $\frac{\infty }{\infty }$, dar aplicarea regulii ar cere derivări repetate fără sfârșit. Mult mai scurt: împărțim numărătorul și numitorul la termenul dominant $2^x$ (2 p): $$\frac{x^3+2^x}{3\cdot 2^x+x^5}=\frac{\frac{x^3}{2^x}+1}{3+\frac{x^5}{2^x}}.$$ Prin ierarhia infiniților, $\frac{x^3}{2^x}\to 0$ și $\frac{x^5}{2^x}\to 0$ (1,5 p), deci limita este $$\frac{0+1}{3+0}=\frac{1}{3}$$ (0,5 p).

Itemul 11. (8 p) — redactare completă.

a) (3 p) Este caz $\frac{0}{0}$, iar aplicarea regulii ar da $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{{\cos }^{2}x}}{1}=1$, adică răspunsul corect, într-o singură linie (0,5 p). Raționamentul nu are însă valoare de demonstrație (0,5 p): pentru a scrie $(\mathrm{tg}x{)}^{\prime }=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$ avem nevoie de derivatele sinusului și cosinusului, iar acestea se obțin din prima limită fundamentală, $\underset{u\to 0}{\lim }\frac{\sin u}{u}=1$ — chiar rezultatul din care se deduce și limita cerută (1,5 p). Am folosi concluzia ca să justificăm premisa: un cerc vicios. Corect este să folosim direct corolarul $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\mathrm{tg}x}{x}=1$ (0,5 p).

b) (3 p) Notăm $t=x-1$; când $x\to 1$, avem $t\to 0$ și $t\ne 0$ pe o vecinătate redusă (1 p). Atunci $3^{x-1}=3^t$, deci (1 p) $$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{3^{x-1}-1}{x-1}=\underset{t\to 0}{\lim }\frac{3^t-1}{t}=\ln 3\approx 1,0986123,$$ adică fix a treia limită fundamentală, cu $a=3$ (0,5 p). Ea intră în aceeași interdicție ca $\frac{a^x-1}{x}$ de la itemul 4b: substituția o deghizează, dar nu o scoate de sub regula cercului vicios (0,5 p).

c) (2 p) Notăm $t=\frac{2}{x}$; când $x\to +\infty$, avem $t\to 0$, $t\ne 0$, iar $x=\frac{2}{t}$ (0,5 p). Atunci (1 p) $$x\left(e^{\frac{2}{x}}-1\right)=2\cdot \frac{e^t-1}{t}⟶2\cdot \ln e=2,$$ prin a treia limită fundamentală, cu $a=e$ (0,5 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (4 p) Este caz $\frac{\infty }{\infty }$, iar raportul derivatelor este $\frac{2+\cos x}{1}=2+\cos x$ (1 p). Această expresie oscilează între $1$ și $3$, luând ambele valori de o infinitate de ori pe orice vecinătate a lui $+\infty$, deci nu are limită (1 p). Prin urmare a doua condiție din enunțul regulii nu este îndeplinită și regula nu spune nimic.

Limita cerută există totuși și se calculează algebric (1,5 p): $$\frac{2x+\sin x}{x}=2+\frac{\sin x}{x}⟶2+0=2,$$ pentru că $\left|\frac{\sin x}{x}\right|\le \frac{1}{x}\to 0$, prin criteriul majorării.

Concluzia: reciproca regulii nu este valabilă — dacă $\lim \frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}$ nu există, nu rezultă nimic despre $\lim \frac{f}{g}$; înseamnă doar că trebuie folosită altă metodă (0,5 p).

b) (4 p) Cazul: numărătorul tinde la $1-1-0=0$ și numitorul la $0$ — caz $\frac{0}{0}$; funcțiile sunt derivabile pe $\mathbb{R}$, iar $g^{\prime }(x)=3x^2\ne 0$ pentru $x\ne 0$ (0,5 p).

Prima aplicare: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}-2}{3x^2}$ — numărătorul tinde la $1+1-2=0$, numitorul la $0$; reluăm verificarea, iar derivata noului numitor, $6x$, este nenulă pentru $x\ne 0$ (1,5 p).

A doua aplicare: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{6x}$. Aici ne oprim (1 p): scriem $$\frac{e^x-e^{-x}}{6x}=\frac{1}{6}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{-x}-1}{-x}\right),$$ iar fiecare paranteză este a treia limită fundamentală cu $a=e$ (a doua, cu substituția $u=-x\to 0$), deci tinde la $1$ (0,5 p).

Concluzia: limita este $\frac{1}{6}(1+1)=\frac{1}{3}$ (0,5 p). (O a treia aplicare a regulii ar da $\lim \frac{e^x+e^{-x}}{6}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$, același rezultat — dar ar trece prin derivata exponențialei, care se obține tocmai din limita fundamentală folosită mai sus.)

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Pentru $x>0$ avem $\frac{x+2}{x}=1+\frac{2}{x}>0$, deci baza este strict pozitivă și logaritmul ei are sens (1 p). Cum exponențiala și logaritmul natural sunt funcții inverse una alteia, $$f(x)={\left(1+\frac{2}{x}\right)}^x=e^{\ln \left({\left(1+\frac{2}{x}\right)}^x\right)}=e^{x\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)}$$ (1 p).

b) (3 p) Este caz $0\cdot \infty$: paranteza logaritmului tinde la $1$, deci $\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)\to 0$, iar $x\to +\infty$ (0,5 p). Notăm $t=\frac{2}{x}$; când $x\to +\infty$, avem $t\to 0$ și $t\ne 0$, iar $x=\frac{2}{t}$ (1 p). Atunci $$x\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)=2\cdot \frac{\ln (1+t)}{t}⟶2\cdot 1=2,$$ prin a patra limită fundamentală (1,5 p). (Regula lui L'Hôpital nu se folosește: exponentul este o limită fundamentală mascată prin substituție.)

c) (3 p) Din punctul a), $f(x)=e^{x\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)}$, iar din punctul b) exponentul tinde la $2$ (1 p). Funcția exponențială fiind continuă, limita „intră" în exponent (1 p): $$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=e^2\approx 7,3890561$$ (1 p). Pasul de revenire la exponențială este obligatoriu: răspunsul nu este $2$, ci $e^2$.