Teorema di de l'Hopital

$\lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\frac{2}{x}}}{2 \ln x}= \dfrac{1}{2} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\frac{2}{x}}}{\ln x}$

Usiamo il teorema di De L'Hôpital e deriviamo il numeratore con la regola della catena:

$\frac{d}{dx} e^{\frac{2}{x}}=-\frac{2e^{\frac{2}{x}}}{x^2}$. Inoltre $\frac{d}{dx} \ln x = \frac{1}{x}$. 

Procidamo con la sostituzione:

$\dfrac{1}{2} \lim_{x \to 0^+} -\dfrac{2e^{\frac{2}{x}}}{x^2} \cdot x=-\lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^{\frac{2}{x}}}{x}$.

Facciamo un cambio di variabile e poniamo $t=e^{\frac{2}{x}}$ da cui $x=\frac{2}{\ln t}$, se $x \to 0^+$ ovviamente $ t \to + \infty$, quindi:

$-\lim_{t \to + \infty} \dfrac{t \ln t}{2}$. Applichiamo di nuovo il teorema e usiamo la regola del prodotto:

$-\lim_{t \to + \infty} =-\lim_{ t \to + \infty} \dfrac{1}{2} (\ln t + t \frac{1}{t}) = -\lim_{t \to + \infty} \frac{\ln t}{2} + \frac{1}{2}$.

$\frac{1}{2}$ è trascurabile perché per $t \to + \infty$ anche $\dfrac{\ln t}{2} \to + \infty$, quindi il valore del limite è $-\infty$ per il segno meno che abbiamo lasciato fuori.