Calcule os limites abaixo.
(l) \lim _{x \rightarrow 5}\left(\frac{4 x}{x-5}-\frac{4}{\ln (x / 5)}\right)

Passo 1

O enunciado pede calcular o limite
\lim_{x\to5}\left(\frac{4x}{x-5}-\frac{4}{\ln(x/5)}\right).
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A variável x tende para 5.
  • Ao avaliar cada parcela separadamente ao aproximar x de 5 obtemos formas divergentes: x-5\to0 e \ln(x/5)\to0, logo cada fração tende a infinito (sinal depende do lado), então a expressão é do tipo indeterminado \infty-\infty.
  • É necessário transformar essa diferença de termos divergentes em algo que permita calcular um valor finito (se existir).

Passo 2

Escolho fazer a substituição h=x-5, que simplifica a visão da indeterminação e permite usar séries/Taylor para pequenas variações. Aqui está a mudança:
x=5+h,\qquad h\to0.
Reescrevendo as duas parcelas em função de h:
\frac{4x}{x-5}=\frac{4(5+h)}{h}=\frac{20}{h}+4,
\ln\!\biggl(\frac{x}{5}\biggr)=\ln\!\biggl(1+\frac{h}{5}\biggr).
Portanto o limite original vira
\lim_{h\to0}\left(\frac{20}{h}+4-\frac{4}{\ln\!\left(1+\dfrac{h}{5}\right)}\right).

Passo 3

Para tratar \ln\!\left(1+\dfrac{h}{5}\right) uso a expansão em série de Taylor (ou desenvolvimento de Maclaurin) para \ln(1+u) em torno de u=0. A fórmula (que vale para |u|<1) é:
\ln(1+u)=u-\frac{u^{2}}{2}+O(u^{3})\quad\text{quando }u\to0,
onde O(u^{3}) significa termos da ordem de u^{3} ou menores. Aqui tomo u=\dfrac{h}{5}. Assim:
\ln\!\left(1+\frac{h}{5}\right)=\frac{h}{5}-\frac{1}{2}\left(\frac{h}{5}\right)^{2}+O(h^{3}) =\frac{h}{5}-\frac{h^{2}}{50}+O(h^{3}).

Passo 4

Agora preciso da expressão de \dfrac{4}{\ln(1+h/5)}. Primeiro calcule 1/\ln(1+h/5). Escrevo
\ln\!\left(1+\frac{h}{5}\right)=\frac{h}{5}\left(1-\frac{h}{10}+O(h^{2})\right).
Logo
\frac{1}{\ln\!\left(1+\dfrac{h}{5}\right)}=\frac{1}{\dfrac{h}{5}}\cdot\frac{1}{1-\dfrac{h}{10}+O(h^{2})} =\frac{5}{h}\cdot\frac{1}{1-\dfrac{h}{10}+O(h^{2})}.
Usando a expansão geométrica 1/(1-a)=1+a+O(a^{2}) para pequeno a, com a=\dfrac{h}{10}+O(h^{2}), obtemos
\frac{1}{1-\dfrac{h}{10}+O(h^{2})}=1+\frac{h}{10}+O(h^{2}).
Portanto
\frac{1}{\ln\!\left(1+\dfrac{h}{5}\right)}=\frac{5}{h}\left(1+\frac{h}{10}+O(h^{2})\right)=\frac{5}{h}+\frac{1}{2}+O(h).
Multiplicando por 4,
\frac{4}{\ln\!\left(1+\dfrac{h}{5}\right)}=4\left(\frac{5}{h}+\frac{1}{2}+O(h)\right)=\frac{20}{h}+2+O(h).

Passo 5

Volto à expressão em h:
\frac{20}{h}+4-\frac{4}{\ln\!\left(1+\dfrac{h}{5}\right)} =\frac{20}{h}+4-\left(\frac{20}{h}+2+O(h)\right).
Cancelam-se os termos \dfrac{20}{h}, ficando
4-(2+O(h))=2+O(h).

Passo 6

Tomando o limite h\to0 (ou seja, x\to5), o termo O(h) vai para zero, então
\lim_{h\to0}\left(2+O(h)\right)=2.
Portanto o limite procurado existe e vale 2.

Resposta

2

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