Calcule, caso exista
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\ln (x+3)^{x+4}-\ln (x+2)^{x+4}\right)

Passo 1

O enunciado pede
\lim_{x\to+\infty}\bigl(\ln(x+3)^{x+4}-\ln(x+2)^{x+4}\bigr).
O conteúdo aqui é cálculo de limite envolvendo logaritmo e indeterminação do tipo +\infty\cdot0. Vamos usar a propriedade de logaritmo e, em seguida, l’Hôpital.

Passo 2

Usamos \ln a^b=b\ln a para escrever
\ln(x+3)^{x+4}-\ln(x+2)^{x+4} =(x+4)\ln(x+3)-(x+4)\ln(x+2) =(x+4)\bigl[\ln(x+3)-\ln(x+2)\bigr].

Passo 3

Observe que, quando x\to+\infty, temos x+4\to+\infty e
\ln(x+3)-\ln(x+2)=\ln\!\biggl(1+\frac1{x+2}\biggr)\to0,
ou seja, a forma é \infty\cdot0. Para usar l’Hôpital, reescrevemos como quociente:
(x+4)\ln\!\biggl(1+\frac1{x+2}\biggr) =\frac{\ln\!\bigl(1+\frac1{x+2}\bigr)}{\frac1{x+4}}.

Passo 4

Aplicamos l’Hôpital ao limite
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\bigl(1+\frac1{x+2}\bigr)}{\frac1{x+4}}.
Derivada do numerador:
\frac{d}{dx}\ln\!\Bigl(1+\tfrac1{x+2}\Bigr) =\frac{1}{1+\tfrac1{x+2}}\cdot\Bigl(-\frac{1}{(x+2)^2}\Bigr) =-\frac{1}{(x+2)^2\bigl(1+\tfrac1{x+2}\bigr)}.
Derivada do denominador:
\frac{d}{dx}\Bigl(\frac1{x+4}\Bigr) =-\frac{1}{(x+4)^2}.
Pelo quociente,
\lim_{x\to+\infty} \frac{-\frac{1}{(x+2)^2\bigl(1+\frac1{x+2}\bigr)}} {-\frac{1}{(x+4)^2}} =\lim_{x\to+\infty}\frac{(x+4)^2}{(x+2)^2\bigl(1+\frac1{x+2}\bigr)}.

Passo 5

Simplificamos
\frac{(x+4)^2}{(x+2)^2\bigl(1+\frac1{x+2}\bigr)} =\frac{(x+4)^2}{(x+2)^2\cdot\frac{x+3}{x+2}} =\frac{(x+4)^2}{(x+2)(x+3)} =\frac{x+4}{x+2}\cdot\frac{x+4}{x+3}.
Quando x\to+\infty, cada fator tende a 1. Logo o limite vale 1.

Resposta

1

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