A expressão é a função f(x)=x - x^{2}\ln\!\left(1+\frac{1}{x}\right).
O ponto de interesse é x\to\infty.
A pergunta é: qual é o valor numérico do limite acima?
Passo 2
Troca de variável para trabalhar com um ponto finito (isso costuma facilitar o uso da regra de L’Hôpital).
Defina t=\dfrac{1}{x}. Então, quando x\to\infty temos t\to 0^+ e
x=\frac{1}{t}.
Substituindo na expressão:
x - x^{2}\ln\!\left(1+\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^{2}}\ln(1+t).
Verificação da forma indeterminada — condição para aplicar L’Hôpital:
Avaliar diretamente em t=0:
t - \ln(1+t)\Big|_{t=0}=0-0=0, \qquad t^{2}\Big|_{t=0}=0,
logo temos a forma 0/0. Assim, a regra de L’Hôpital pode ser aplicada (desde que numerador e denominador sejam diferenciáveis em torno de 0, exceto possivelmente no próprio 0; aqui eles são).
Breve lembrete da regra de L’Hôpital (didático): se \lim_{t\to a} \frac{g(t)}{h(t)} é 0/0 ou \infty/\infty e g,h são diferenciáveis próximos a a com h'(t)\neq 0 perto de a, então
Simplificação do quociente das derivadas (aqui podemos cancelar t para t\neq 0):
\frac{\dfrac{t}{1+t}}{2t}=\frac{1}{2(1+t)}.
Portanto o limite reduz-se a
\lim_{t\to 0^+}\frac{1}{2(1+t)}.
Passo 6
Como t\to 0^+ a expressão \dfrac{1}{2(1+t)} tende para \dfrac{1}{2(1+0)}, ou seja para \dfrac{1}{2}.
(Isto também pode ser visto como um cheque rápido usando a expansão em série: \ln(1+t)=t-\dfrac{t^{2}}{2}+O(t^{3}), então o numerador t-\ln(1+t)\sim \dfrac{t^{2}}{2}, e dividindo por t^{2} obtemos \dfrac{1}{2}.)