Calcule os limites, aplicando a regra de L’Hopital, quando possível:
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(e^{x}+x\right)^{\ln x}

Passo 1

O enunciado pede o limite
\lim_{x\to 0^{+}} \bigl(e^{x}+x\bigr)^{\ln x}.
Informações importantes que o enunciado dá:
  • Quando x\to 0^{+} temos e^{x}\to 1 e x\to 0, portanto e^{x}+x\to 1.
  • Quando x\to 0^{+} temos \ln x\to -\infty.
  • Assim a expressão tem a forma indeterminada do tipo 1^{-\infty}.
O que nos pedem é o valor numérico do limite quando x se aproxima de 0 pela direita.

Passo 2

Estratégia: para potências com base tendendo a 1 e expoente tendendo a \pm\infty é clássico tomar o logaritmo natural da expressão para transformar a potência num produto, analisar o limite do logaritmo e depois exponentiar o resultado. Então defino
y=\bigl(e^{x}+x\bigr)^{\ln x}.
Tomando logaritmo natural:
\ln y=\ln x\cdot \ln\bigl(e^{x}+x\bigr).
Agora vou calcular o limite de \ln y quando x\to 0^{+}. Se \lim_{x\to0^{+}}\ln y=L, então \lim_{x\to0^{+}}y=e^{L}.

Passo 3

Analisando \ln y=\ln x\cdot \ln\bigl(e^{x}+x\bigr): quando x\to0^{+} temos \ln x\to -\infty e \ln\bigl(e^{x}+x\bigr)\to \ln 1=0. Portanto \ln y é do tipo (-\infty)\cdot 0, indeterminação. Para aplicar a regra de L’Hôpital escrevo esse produto como quociente:
\ln y=\frac{\ln\bigl(e^{x}+x\bigr)}{\,1/\ln x\,}.
Agora verifique os limites das partes quando x\to0^{+}:
  • \ln\bigl(e^{x}+x\bigr)\to 0.
  • 1/\ln x\to 0 (já que \ln x\to -\infty).
    Então temos a forma 0/0 e podemos aplicar L’Hôpital (condição satisfeita).
Lembrete rápido da regra de L’Hôpital (em palavras): se \lim f=0 e \lim g=0 (ou ambos \pm\infty) e ambas são diferenciáveis, então \lim f/g = \lim f'/g' quando esse último limite existir.

Passo 4

Aplicando L’Hôpital ao quociente
\frac{\ln\bigl(e^{x}+x\bigr)}{\,1/\ln x\,}
calculo as derivadas do numerador e do denominador.
Derivada do numerador:
\frac{d}{dx}\ln\bigl(e^{x}+x\bigr)=\frac{e^{x}+1}{\,e^{x}+x\,},
porque a derivada de \ln u é u'/u e u=e^{x}+x tem u'=e^{x}+1.
Derivada do denominador:
\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{\ln x}\right)=\frac{d}{dx}\bigl(\ln x\bigr)^{-1}=-\frac{1}{x(\ln x)^{2}}.
(Usei a regra da cadeia: (\ln x)^{-1}’ = -1\cdot(\ln x)^{-2}\cdot (1/x).)
Assim, pelo L’Hôpital,
\lim_{x\to 0^{+}}\ln y = \lim_{x\to 0^{+}} \frac{\dfrac{e^{x}+1}{e^{x}+x}}{-\dfrac{1}{x(\ln x)^{2}}} = \lim_{x\to 0^{+}} \Bigl(-x(\ln x)^{2}\Bigr)\cdot\frac{e^{x}+1}{e^{x}+x}.

Passo 5

Agora analiso o produto
\Bigl(-x(\ln x)^{2}\Bigr)\cdot\frac{e^{x}+1}{e^{x}+x}.
Quando x\to0^{+} temos \dfrac{e^{x}+1}{e^{x}+x}\to \dfrac{1+1}{1+0}=2. Então o limite será 2 vezes o limite de -x(\ln x)^{2}. Resta mostrar que
\lim_{x\to 0^{+}} x(\ln x)^{2}=0.
Para justificar isso de forma rigorosa (usando L’Hôpital também), escrevo
\lim_{x\to 0^{+}} x(\ln x)^{2} = \lim_{x\to 0^{+}} \frac{(\ln x)^{2}}{1/x},
que é da forma \infty/\infty. Aplicando L’Hôpital ao quociente:
derivada do numerador =2\ln x\cdot\frac{1}{x}=\dfrac{2\ln x}{x},
derivada do denominador = -\dfrac{1}{x^{2}}.
O quociente das derivadas é
\frac{\dfrac{2\ln x}{x}}{-\dfrac{1}{x^{2}}} = -2x\ln x.
Portanto
\lim_{x\to0^{+}} x(\ln x)^{2} = \lim_{x\to0^{+}} \bigl(-2x\ln x\bigr).
Mas é conhecido (ou se quiser, aplica-se L’Hôpital mais uma vez a \lim_{x\to0^{+}} x\ln x) que
\lim_{x\to0^{+}} x\ln x = 0,
logo \lim_{x\to0^{+}} -2x\ln x = 0. Assim
\lim_{x\to0^{+}} x(\ln x)^{2}=0.
Com isso voltamos ao produto: -x(\ln x)^{2}\to 0 e \dfrac{e^{x}+1}{e^{x}+x}\to 2, logo
\lim_{x\to0^{+}}\ln y = 0\cdot 2 = 0.

Passo 6

Se \lim_{x\to0^{+}}\ln y = 0, então
\lim_{x\to0^{+}} y = \lim_{x\to0^{+}} \bigl(e^{x}+x\bigr)^{\ln x} = e^{0}=1.
Interpretação rápida e intuitiva: a base tende a 1 e o expoente tende a -\infty, mas a diferença da base para 1 é da ordem de x e isso compensa o crescimento em módulo de |\ln x|, fazendo com que o produto do expoente por ln(base) tenda a 0, levando a potência a e^{0}=1.

Resposta

1

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