Calcule os limites abaixo, usando a regra de L’Hôpital:
o) \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}

Passo 1

O enunciado pede o seguinte limite:
\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}.
Informações dadas e observações iniciais extras que importam para a resolução:
  • Para x\to+\infty a quantidade \displaystyle 1+\frac{2}{x} tende para 1.
  • Para x\to+\infty o expoente x tende para +\infty.
  • Portanto a expressão tem a aparência de uma forma indeterminada do tipo 1^{\infty}.
    A partir daqui vamos transformar essa expressão para poder aplicar a regra apropriada (não resolvemos nada ainda).

Passo 2

Estratégia útil (explicação didática): quando um limite envolve uma potência com base tendendo a 1 e expoente tendendo a infinito (forma 1^{\infty}), é muito conveniente tomar o logaritmo natural. Isso transforma a potência em produto, o que facilita usar a regra de L’Hôpital em um quociente. Então definimos
y=\left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}.
Tomando o logaritmo natural dos dois lados temos
\ln y = x\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right).
A ideia será calcular \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\ln y e depois voltar por exponenciação, porque a função exponencial é contínua e monotônica: se \ln y\to L então y\to e^{L}.

Passo 3

Reescrevemos o produto x\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right) como um quociente apropriado para aplicar a regra de L’Hôpital. Multiplicar por x é o mesmo que dividir por \frac{1}{x}, logo
\ln y = x\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right)=\frac{\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right)}{\frac{1}{x}}.
Agora verificamos o tipo de indeterminação desse quociente quando x\to+\infty:
  • \displaystyle \ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right)\to\ln(1)=0.
  • \displaystyle \frac{1}{x}\to 0.
    Portanto temos uma indeterminação do tipo \displaystyle \frac{0}{0}, condição em que podemos aplicar a regra de L’Hôpital (desde que as derivadas existam nas vizinhanças consideradas).
Vou lembrar a regra de L’Hôpital de forma prática: se \displaystyle \lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} é do tipo \frac{0}{0} ou \frac{\infty}{\infty} e f e g são diferenciáveis perto de a com g'(x)\neq0 próximo de a, então
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}
se esse último limite existir. Aqui vamos aplicar isso com f(x)=\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right) e g(x)=\frac{1}{x}.

Passo 4

Calculamos as derivadas de f(x) e g(x), sendo cuidadosos e mostrando cada passo (regra da cadeia onde for preciso).
Primeiro f(x)=\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right).
  • Derivada externa de \ln(u) é \dfrac{1}{u} multiplicada pela derivada interna u'.
  • Aqui u(x)=1+\dfrac{2}{x}. A derivada de u é u'(x)=\dfrac{d}{dx}\left(1+\frac{2}{x}\right)= -\dfrac{2}{x^{2}}.
    Portanto
f'(x)=\frac{1}{1+\frac{2}{x}}\cdot\left(-\frac{2}{x^{2}}\right) = -\frac{2}{x^{2}\left(1+\frac{2}{x}\right)}.
Agora g(x)=\dfrac{1}{x}.
  • A derivada é g'(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}.

Passo 5

Aplicamos a regra de L’Hôpital substituindo pelo quociente das derivadas:
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\!\left(1+\frac{2}{x}\right)}{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x\to+\infty}\frac{-\dfrac{2}{x^{2}\left(1+\dfrac{2}{x}\right)}}{-\dfrac{1}{x^{2}}}.
Agora simplificamos esse quociente: os sinais negativos se cancelam e o fator \dfrac{1}{x^{2}} aparece no numerador e no denominador, então
\frac{-\dfrac{2}{x^{2}\left(1+\dfrac{2}{x}\right)}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = \frac{2}{1+\dfrac{2}{x}}.
Tomando o limite quando x\to+\infty dessa expressão, observamos que \dfrac{2}{x}\to 0, logo
\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{1+\dfrac{2}{x}} = \frac{2}{1+0}=2.
Portanto encontramos
\lim_{x\to+\infty}\ln y = 2.

Passo 6

Voltamos da transformação pelo logaritmo: se \ln y\to 2 e a função exponencial é contínua, então
y \to e^{2}.
Ou seja,
\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}=e^{2}.

Resposta

e^{2}

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