Ricevo da Antonio la seguente domanda:
Gentile professor Bergamini,
chiedo il suo aiuto per lo svolgimento del seguente limite:\[\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{1}{2-x}}}}{\ln \left( 2-x \right)}\quad .\]
Grazie.
Gli rispondo così:
Caro Giovanni,
appurato che le funzioni coinvolte sono derivabili in un intorno sinistro di \(2\) e che \[\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{2-x}}}={{e}^{\frac{1}{{{0}^{+}}}}}={{e}^{+\infty }}=+\infty \quad \quad \underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\ln \left( 2-x \right)=\ln \left( {{0}^{+}} \right)=-\infty \] trattandosi di una forma \(\frac{\infty }{\infty }\), possiamo applicare la regola di de l’Hopital:\[\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{1}{2-x}}}}{\ln \left( 2-x \right)}=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{{{e}^{\frac{1}{2-x}}}}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}}{-\frac{1}{2-x}}=-\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{1}{2-x}}}}{2-x}=-\frac{+\infty }{{{0}^{+}}}=-\infty \quad .\]
Massimo Bergamini
